山西省太原市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎2019～2020学年第一学期高二年级期末考试 数学试卷（理科）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1.命题“若，则”的逆否命题是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原命题为：若，则；则其逆否命题为若，则；即可得到结果.‎ ‎【详解】命题“若，则”的逆否命题是：若，则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了原命题和逆否命题之间的关系，属于基础题,‎ ‎2.双曲线的实轴长为（ ）‎ A. 9 B. 6 C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据双曲线实轴的概念，即可得到结果.‎ ‎【详解】由题意可知，双曲线的实轴长为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的性质，属于基础题.‎ ‎3.已知，，若，则实数的值分别是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间向量共线的坐标运算公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量共线的坐标运算，属于基础题.‎ ‎4.已知，，则是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质可知，再根据充分、必要条件的判断，即可得到结果.‎ ‎【详解】因为，所以，故是的充分条件；‎ 又，所以，所以是的必要条件；‎ 综上，是的充要条件.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分、必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎5.已知椭圆的左右焦点分别是，过的直线与椭圆相交于两点则的周长为（ ）‎ A. B. C. 8 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据椭圆的定义，即可求出结果.‎ ‎【详解】连接，如下图所示：‎ 由椭圆的定义可知，，‎ 又，，所以的周长为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆定义的应用，属于基础题.‎ ‎6.已知命题“，”是假命题，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，命题“，”是真命题，再利用一元二次不等式的解集与判别式的关系即可求出结果.‎ ‎【详解】由于命题“，”是假命题，‎ 所以命题“，”是真命题；‎ 所以，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了简易逻辑的判定、一元二次不等式的解集与判别式的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎7.如图，在正方体中，分别是的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，则，取的中点，连接，由平行线的传递性可得，所以即为所求异面直线与所成角，然后再根据勾股定理即可得到结果.‎ ‎【详解】取中点，连接，则，取的中点，连接，则，所以，所以即为所求异面直线与所成角；如下图：‎ 设正方体的棱长为，由勾股定理易知， ,所 - 22 -‎ 以,所以，即异面直线与所成角为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线成角，这类问题的解题关键是找到两条异面直线中的一条的平行线进行平移，构造三角形，再利用正弦定理或者余弦定理解决，本题属于基础题.‎ ‎8.若双曲线的离心率是，则椭圆的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的离心率关系可得，然后再根据椭圆的离心率为，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为双曲线的离心率是，所以，所以；‎ 因为椭圆的离心率为，所以，故椭圆的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆和双曲线的离心率的概念，属于基础题.‎ ‎9.已知，，，若共面，则实数（ ）‎ A. B. 3 C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间向量共面的条件，设实数，使 ，列出方程组，求出的值即可．‎ - 22 -‎ ‎【详解】因为向量 共面，所以存在实数使得， ‎ 即， 所以； 解得． ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了空间向量的共面问题，属于基础题．‎ ‎10.已知直线与抛物线相交于两个不同点.若线段的中点坐标为，则直线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，然后利用点差法，即可求出，再根据点斜式即可求出结果.‎ ‎【详解】设，‎ 所以 又线段的中点坐标为，所以，‎ 所以，所以直线的方程为，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线和抛物线的位置关系，熟练掌握点差法是解题的关键.‎ ‎11.如图，把边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，若点满足，则（ ）‎ - 22 -‎ A. 3 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，根据正方形的特点和线面垂直的判定定理，可证平面，进而可得；又边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，可知；再根据向量的减法可得，再利用数量积和模的关系即可求出结果.‎ ‎【详解】取的中点，连接，如下图所示：‎ 则，‎ 又，所以平面，所以，‎ 又边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，‎ 所以平面，所以为直角三角形，‎ 所以，所以，‎ 又，所以，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了直二面角的定义，线面垂直的判定定理，向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知点是双曲线的左右焦点，点在双曲线右支上，且，直线的斜率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接，由向量的加法法则，进而，即，又，所以，在中，由题意易知和，再根据双曲线的性质，即可求出结果.‎ ‎【详解】取的中点，连接，如下图所示：‎ 由向量的加法法则，，‎ 又，所以，所以，‎ 又，所以，‎ 又直线的斜率为，所以在中，，所以，‎ 又，所以，‎ 在中，，所以，‎ - 22 -‎ 又，所以，所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义和平面向量的加法的几何意义，属于中档题.‎ 二、填空题（本题共4个小题，每小题4分，共16分）‎ ‎13.命题“”的否定是“ ”．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，‎ 所以命题“”的否定是，‎ ‎14.已知，，若，则实数_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，可知，再根据垂直的数量积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ 又，所以，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量垂直的数量积公式的应用，属于基础题.‎ ‎15.已知分别是椭圆的左右焦点，为上一点，的内心为点，过作平行于轴的直线分别交于点，若椭圆的离心率，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的离心率可知，根据椭圆的定义可知的周长为，设的内切圆半径为，点，利用（为周长的一半），可得，再根据，即可求出结果.‎ ‎【详解】设椭圆的焦距为，‎ 由题设，所以，‎ 由椭圆的定义可知，，，‎ 的周长为，‎ 设的内切圆半径为，点.‎ 又.‎ 设为周长的一半，则，‎ 所以，得，‎ 由题意可知，得.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系和椭圆的性质，属于中档题.‎ ‎16.已知是抛物线上的两个不同动点，点，若直线和的倾斜角互补，则线段的中点的轨迹方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 设直线的斜率为，直线的斜率为，用斜率公式可分别表示和，根据倾斜角互补可知， 设的中点坐标为，则，使用基本不等式求得，进而求出结果．‎ ‎【详解】设直线的斜率为，直线的斜率为， ‎ 则，， ‎ ‎∵直线和的斜率存在且倾斜角互补，∴． ‎ 由在抛物线上，得， ‎ ‎∴ ，∴ ，∴． ‎ 设的中点坐标为，‎ 则 ． ‎ 由题意知，， ，∴，‎ ‎∴，即， ‎ 故线段中点的轨迹方程为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力，属于中档题．‎ 三、解答题（本题共5个小题，共48分）‎ ‎17.已知函数是增函数，方程表示焦点在轴上的椭圆，若是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 命题函数是增函数，利用一次函数的单调性可得．命题方程表示焦点在轴上的椭圆，可得．由于为真命题，可得为真命题，为假命题，由此即可求出结果．‎ ‎【详解】命题函数是增函数，∴；‎ 命题方程表示焦点在轴上的椭圆，∴ ；‎ ‎∵为真命题，‎ ‎∴为真命题，为假命题． ‎ ‎∴，解得． ‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一次函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎18.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上.‎ ‎（1）求点的坐标和抛物线的准线方程；‎ ‎（2）过点直线与抛物线交于两个不同点，若的中点为，求的面积.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为在抛物线上，可得，由抛物线的性质即可求出结果；‎ ‎（2）由抛物线的定义可知，根据点斜式可求直线的方程为 ，利用点到直线距离公式求出高，进而求出面积.‎ ‎【详解】（1）∵在抛物线上，，‎ ‎∴点的坐标为，抛物线的准线方程为；‎ - 22 -‎ ‎（2）设 的坐标分别为，则，‎ ‎，∴直线的方程为 ，‎ 点到直线的距离，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的基本概念，直线与抛物线的位置关系，属于基础题.‎ ‎19.已知三棱柱中，侧棱底面，记，，.‎ ‎（1）用表示；‎ ‎（2）若，，求证：.‎ ‎【答案】（1），， ；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据空间向量的加法和减法的运算法则，即可求出结果；‎ ‎（2）由题意可知， ，由 ，可得；同理由可得即可证明结果.‎ ‎【详解】（1）， ，‎ ‎ ；‎ ‎（2）证明：∵底面，∴，‎ ‎∴,‎ - 22 -‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎ ，，即 ‎【点睛】本题主要考查了空间向量的加法（减法）运算法则，以及空间向量数量积的应用，属于基础题.‎ 说明：请考生在两个小题中任选一题作答.‎ ‎20.已知点是菱形所在平面外一点，，，‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为是菱形，可得 ，进而证明，在由勾股定可证明，根据线面垂直的判定定理可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；‎ ‎（2）根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量的坐标运算公式求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：设是的中点，连接，‎ ‎∵是菱形，‎ ‎ ∴，∴，‎ - 22 -‎ ‎∴ ，‎ 又 ‎ ‎∴平面，‎ 又平面，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（2）由（1）得，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，则 设是平面的一个法向量，‎ 则 ，∴‎ 令，则，‎ 设是平面一个法向量，‎ 则，∴，‎ 令，则，‎ ‎∴ ‎ 又二面角为钝二面角，‎ ‎∴二面角的余弦值.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直和面面垂直判定定理的应用，同时考查了空间向量在求二面角中的应用，属于基础题.‎ ‎21.如图，四棱锥的底面是菱形，，是中点，，，平面平面.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，则，由余弦定理可知，再根据勾股定理可证，由题意易知，又平面平面 ，再根据面面垂直的性质定理即可证明结果；‎ ‎（2）根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量的坐标运算公式求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：设，则，‎ 由题意得，‎ ‎，，‎ 是菱形， ‎ ‎∵平面平面 ，平面平面，‎ ‎∴平面 ‎（2）由（1）得，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，设，则 - 22 -‎ ‎ ‎ 设是平面的一个法向量，‎ 则 ，∴‎ 令，则，‎ 设是平面的一个法向量，‎ 则，∴，‎ 令，则，‎ ‎∴ ‎ 又二面角为钝二面角，‎ ‎∴二面角的余弦值.‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直性质定理应用，同时考查了空间向量在求二面角中的应用，属于基础题.‎ 说明请考生在两个小题中任选一题作答.‎ ‎22.已知椭圆的离心率为，其右焦点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 22 -‎ ‎（2）若过作两条互相垂直的直线，是与椭圆的两个交点，是与椭圆的两个交点，分别是线段的中点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线过定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，求出，即可求出椭圆方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，①当时，联立方程组，化简可得 ‎，进而求出，同理可得，进而求出，求出直线方程，求出必过的定点；②当时，易知直线过定点；综上即可求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，∴，‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（2）由（1）得，设直线的方程为，点的坐标分别为，‎ - 22 -‎ ‎①当时，由，得，‎ ‎∴，∴‎ 同理，由，可得 ‎ ‎ ‎ ‎∴直线的方程为，过定点；‎ ‎②当时，则直线的方程为，‎ ‎∴直线过定点 综上，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.‎ ‎23.已知椭圆的右焦点到直线的距离为，在椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若过作两条互相垂直的直线，是与椭圆的两个交点，是与椭圆的两个交点，分别是线段的中点试，判断直线是否过定点？若过定点求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）；（2）直线过定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，求出，即可求出椭圆方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，①当时，联立方程组，化简可得 ‎，进而求出，同理可得，进而求出，求出直线的方程，求出必过的定点；②当时，易知直线过定点；综上即可求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，∴，‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（2）由（1）得，设直线的方程为，点的坐标分别为，‎ ‎①当时，由，得，‎ - 22 -‎ ‎∴，∴‎ 同理，由，可得 ‎ ‎ ‎ ‎∴直线的方程为，过定点；‎ ‎②当时，则直线的方程为，‎ ‎∴直线过定点 综上，直线过定点 ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎