2018-2019学年重庆市主城区七校高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年重庆市主城区七校高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年重庆市主城区七校高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】直线的斜率，即，故倾斜角为.‎ 故选C ‎2．“a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”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】A ‎【解析】先求出“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”的充要条件,再判断即可.‎ ‎【详解】‎ ‎“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”‎ 则,故或,代入检验均成立.‎ 故“a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分不必要条件的判定,同时也考查了直线平行的运用,属于基础题型.‎ ‎3．命题“存在x0∈R，使得x02﹣2x0+1＜0”的否定为（　 　）‎ A．任意x∈R，都有x2﹣2x+1＞0‎ B．任意x∈R,都有x2﹣2x+1≥0‎ C．任意x∈R，都有x2﹣2x+1≤0‎ D．不存在x∈R,使得x2﹣2x+1≥0‎ ‎【答案】B ‎【解析】直接根据特称命题的否定判断即可.‎ ‎【详解】‎ ‎“存在x0∈R,使得x02﹣2x0+1＜0”的否定为“任意x∈R,都有x2﹣2x+1≥0.”‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了特称命题的否定,属于基础题型.‎ ‎4．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的正切值为（　 　）‎ A． B． C．3 D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题先画出图像,再将两条异面直线平移到相交的位置再构造三角形求解即可.‎ ‎【详解】‎ 画出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1如图.取的中点,则易得,设异面直线BE与CD1所成角为.设则.‎ 故,故.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线夹角的问题,可根据题意作平行线找到所成的角或利用空间向量求解,属于基础题型.‎ ‎5．过点（﹣4，2），且与双曲线y21有相同渐近线的双曲线的方程是（　　 ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设双曲线的方程是再代入求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由题, 设双曲线的方程是,又双曲线过,故.‎ 故.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了共渐近线的双曲线方程问题,属于基础题型.‎ ‎6．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由三视图得到原图是半个圆锥，底面半径为1，高为2，故表面积为 ‎ 故答案为：B。‎ ‎7．过坐标原点O作圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝4的两条切线，切点为A，B．直线AB被圆截得弦AB的长度为（ 　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意画出图像,再根据垂径定理分别求得的长度即可.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,易得,故 .‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆相切求弦长的问题,需要利用三角形中的关系以及垂径定理求解,属于基础题型.‎ ‎8．若点（m，n）在椭圆9x2+y2＝9上，则的最小值为（　 　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据的几何意义为点到的斜率,再画图分析最小值时的情况求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由题,椭圆,的几何意义为点到的斜率,故最小值为过的直线与椭圆相切且斜率为负数时.设,故 ‎,故,‎ 解得.故的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了的几何意义以及直线与椭圆相切利用联立方程后的二次方程判别式为0的方法等,属于中等题型.‎ ‎9．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）上在意一点．M是线段PF上的点，5．则直线OM的斜率的最大值为（　 　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设点,根据5求得M的坐标,再表达出OM的斜率,求表达式的最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 设点,,,因为,‎ 故,故的斜率 ‎.‎ 因为,故当时取等号.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了设抛物线上的点解决抛物线中的最值范围问题,同时也结合了基本不等式的用法,属于中等题型.‎ ‎10．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥ABCD，NB⊥ABCD．且MD＝NB＝1．则下列结论中：‎ ‎①MC⊥AN ‎②DB∥平面AMN ‎③平面CMN⊥平面AMN ‎④平面DCM∥平面ABN 所有假命题的个数是（　　 ）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题可知该几何体的顶点均在边长为1的正方体的顶点上,再根据线面平行与垂直以及面面垂直平行的判定逐个判断即可.‎ ‎【详解】‎ 由题画出该几何体外接的正方体.‎ 对①,因为,,故MC⊥AN成立.故①正确.‎ 对②,因为平面AMN,故DB∥平面AMN成立.故②正确.‎ 对③,连接易得为正四面体.故平面CMN⊥平面AMN不成立.故③错误.‎ 对④,正方体中平面DCM与平面ABN分别为前后两面,故④正确.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中的线面与面面的平行垂直判定,需要根据正方体的性质进行判定,属于中等题型.‎ ‎11．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB＝AC，BC＝2．E为棱BC的中点．点G在AE上且满足AG＝2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为．则tan∠AGD＝（　 　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用四面体ABCD的外接球的表面积为可求得的长度,再根据中的关系求解,进而求得tan∠AGD即可.‎ ‎【详解】‎ 由题,故,故底面的外接圆直径 .又四面体ABCD的外接球的表面积为,.‎ 故.所以tan∠AGD.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要是考查了四面体外接球的求解以及正切值的求法,需要根据外接球直径的平方等于三棱锥的高的平方与底面圆直径的平方求解,属于中等题型.‎ ‎12．已知双曲线Γ：（a＞0，b＞0）的上焦点为F（0，c）（c＞0），M是双曲线下支上的一点，线段MF与圆x2+y2相切于点D．且|DF|，则双曲线Γ的渐近线方程为（　 　）‎ A．x±y＝0 B． C．6x±7y＝0 D．7x±6y＝0‎ ‎【答案】D ‎【解析】将圆x2+y2化简成标准方程性质,再画图分析几何关系,再利用双曲线的定义与勾股定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由题得设圆 .故圆心,半径.‎ 连接下焦点与,由题,又故,故.‎ 又,故.且,故.‎ 故得 化简得,故双曲线Γ的渐近线方程为.即.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的性质运用,需要画图找到其中的关系,再利用勾股定理列式求解关于的关系再化简求解即可.属于中等题型.‎ 二、填空题 ‎13．直线x﹣4y+k＝0在两坐轴上截距之和为5，则k＝_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据方程求解直线在两坐轴上截距,再相加等于5求解即可.‎ ‎【详解】‎ 易得两坐轴上截距分别为.故 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了截距的求解,属于基础题型.‎ ‎14．过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线，交抛物线一象限于点A．若|AF|＝3（O为坐标原点）．则直线OA倾斜角的正弦值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据焦半径公式求的坐标即可.‎ ‎【详解】‎ 由题设,因为,故.故.‎ 故.故直线OA倾斜角的正弦值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了焦半径公式的方法,属于基础题型.‎ ‎15．已如圆柱的底面半径为2，用与圆柱底面成60°角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意画辅助线求解椭圆的基本量即可.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,‎ 设椭圆的长轴为AB,短轴为CD,中心为点O1．‎ 圆柱的底面中心为O,‎ 则∠OAB＝60°,‎ 可得a＝O1A4,‎ bCD＝2,‎ ‎∴c．‎ ‎∴这个椭圆的离心率：e．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的基本量求解,属于基础题型.‎ ‎16．如图在长方形ABCD中，AB，BC．E为线段DC上一动点，现将△AED沿AE折起．使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C．则K所形成轨迹的长度为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意分析可得可知K所形成轨迹为一个圆弧,求出圆心角再求弧长即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意,D′K⊥AE,所以K的轨迹是以AD′为直径的一段圆弧D′K,设AD′的中点为O,‎ ‎∵长方形ABCD′中,AB,BC,‎ ‎∴∠D′AC＝60°,‎ ‎∴∠D′OK＝120°,‎ ‎∴K所形成轨迹的长度为,‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中的轨迹问题,主要是找到定量关系分析轨迹,属于中等题型.‎ 三、解答题 ‎17．如图，边长为4的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．‎ ‎（Ⅰ）求证A'D⊥EF；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥A'﹣EFD的体积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）．‎ ‎【解析】(Ⅰ)取EF中点M,再证明EF⊥平面A′DM即可.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,再求解与即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：取EF中点M,连接A′M,DM,‎ 显然,DE＝DF,故DM⊥EF；‎ 显然,A′E＝A′F,则A′M⊥EF,‎ 又A′M∩DM＝M,且都在平面A′DM内,‎ ‎∴EF⊥平面A′DM,‎ ‎∵A′D⊂平面A′DM,‎ ‎∴A′D⊥EF；‎ ‎（Ⅱ）易知,,‎ ‎,,,‎ ‎∴DM2＝A′M2+A′D2,‎ ‎∴,‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线垂直的证明,同时也考查了体积求法中的切割求解,需要根据题意找到合适的底面与高,属于中等题型.‎ ‎18．已知圆M过两点A（1，﹣1），B（﹣1，1），且圆心M在x+y﹣2＝0上，‎ ‎（Ⅰ）求圆M的方程；‎ ‎（Ⅱ）设P是直线x+y+2＝0上的动点．PC，PD是圆M的两条切线，C，D为切点，求四边形PCMD面积的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4；（Ⅱ）最小值为4．‎ ‎【解析】(Ⅰ)根据圆心在直线AB的垂直平分线l上求解即可.‎ ‎(Ⅱ)易得四边形PCMD面积为S＝|PC|•r,故转换为求的最小值再转换为求的最小值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设圆心M（a,b）,则a+b﹣2＝0①,‎ 又A（1,﹣1）,B（﹣1,1）,‎ ‎∴kAB,‎ ‎∴AB的垂直平分线l的斜率k＝1,又AB的中点为O（0,0）,‎ ‎∴l的方程为y＝x,而直线l与直线x+y﹣2＝0的交点就是圆心M（a,b）,‎ 由,解得：,又r＝|MA|＝2,‎ ‎∴圆M的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4；‎ ‎（Ⅱ）由切线的性质知：四边形PCMD的面积S＝|PC|•r,‎ 四边形PCMD的面积取最小值时,|PM|最小为圆心M到直线x+y+2＝0的距离,‎ 即,得|PC|min＝2．‎ ‎∴四边形PCMD面积的最小值为4．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的方程求解以及直线与圆位置关系,需要画图分析切线与圆的关系,结合半径与圆心求解,属于中等题型.‎ ‎19．如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面DAF⊥平面CBF；‎ ‎（Ⅱ）当AD＝1时，求直线FB与平面DFC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）．‎ ‎【解析】(Ⅰ)证明BF⊥平面ADF即可.‎ ‎(Ⅱ) 以F为原点建立空间直角坐标系,再根据空间向量的方法求解直线FB与平面DFC所成角的正弦值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：∵AB为圆O的直径,点E、F在圆O上,∴AF⊥BF,‎ ‎∵矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直,‎ ‎∴AD⊥AB,∴AD⊥平面ABEF,∴AD⊥BF,‎ ‎∵AD∩AF＝A,∴BF⊥平面ADF,‎ ‎∵BF⊂平面CBF,∴平面DAF⊥平面CBF．‎ ‎（Ⅱ）解：连结FO,∵AB＝2,EF＝1,AB∥EF,‎ ‎∴当AD＝1时,四边形EFOB是菱形,‎ 以F为原点,FB为x轴,FA为y轴,过F作平面ABEF的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,‎ F（0,0,0）,B（,0,0）,C（,0,1）,D（0,1,1）,‎ ‎（,0,0）,（,0,1）,（0,1,1）,‎ 设平面DFC的法向量（x,y,z）,‎ 则,取x＝1,得（1,,）,‎ 设直线FB与平面DFC所成角为θ,‎ 则sinθ．‎ ‎∴直线FB与平面DFC所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了面面垂直的证明以及利用空间向量求解线面角的问题,属于中等题型.‎ ‎20．已知点A（x1，y1），D（x2，y2）其中（x1＜x2）是曲线y2＝9x（y≥0）．上的两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C且|BC|＝3．‎ ‎（Ⅰ）当点B的坐标为（1，0）时，求直线AD的方程：‎ ‎（Ⅱ）记△AOD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的范围 ‎【答案】（Ⅰ）y＝x+2；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】(Ⅰ)根据和的横坐标相等即可求解 的坐标,再求两点间的斜率利用点斜式求解即可.‎ ‎(Ⅱ)设直线AD的方程为y＝kx+m．联立直线与曲线的方程再表达出关于的表达式,再根据直线与曲线的交点求出的范围进行求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）由B（1,0）,可得A（1,y1）,‎ 代入y2＝9x,得到y1＝3,‎ 又|BC|＝3,则x2﹣x1＝3,可得x2＝4,‎ 代入y2＝9x,得到y2＝6,‎ 则kAD1,可得直线AD的方程为y﹣3＝x﹣1,即y＝x+2；‎ ‎（Ⅱ）设直线AD的方程为y＝kx+m．M（0,m）,m＞0,‎ 则S1＝S△OMD﹣S△OMA．‎ 由,得k2x2+（2km﹣9）x+m2＝0,‎ 所以 , ‎ 又S2（y1+y2）（x2﹣x1）‎ 所以 又注意到y1y2＝3•30,所以k＞0,m＞0,‎ 因为△＝81﹣36km＞0,所以0＜km,‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用曲线方程上点的关系求解直线方程,以及联立直线与曲线方程表达对应的解析式求范围的方法.需要根据题意联立方程求解相关量之间的关系,属于中等题型.‎ ‎21．如图，在多面体ABD﹣A1B1C1D1中四边形A1B1C1D1，ADD1A1．ABB1A1‎ 均为正方形．点M是BD的中点．点H在线段C1M上，且A1H与平面ABD所成角的正弦值为．‎ ‎（Ⅰ）证明：B1D1∥平面BC1D：‎ ‎（Ⅱ）求二面角A﹣A1H﹣B的的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析　（Ⅱ）．‎ ‎【解析】(Ⅰ)构造正方体证明BD∥B1D1即可.‎ ‎(Ⅱ)建立空间直角坐标系,利用A1H与平面ABD所成角的正弦值为可求得的坐标,再利用空间向量求二面角的方法求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：如图,构造正方体ABED﹣A1B1C1D1,‎ 结合正方体ABED﹣A1B1C1D1,得BD∥B1D1,‎ ‎∵BD⊂平面BC1D,B1D1⊄平面BC1D,‎ ‎∴B1D1∥平面BC1D．‎ ‎（Ⅱ）解：以D为原点,DA为x轴,DE为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,‎ 设AD＝2,则M（1,1,0）,C1（0,2,2）,A1（2,0,2）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,‎ 设H（a,b,c）,,（0≤λ≤1）,则（a,b﹣2,c﹣2）＝（λ,﹣λ,﹣2λ）,‎ ‎∴H（λ,2﹣λ,2﹣2λ）,‎ 平面ABD的法向量（0,0,1）,（λ﹣2,2﹣λ,﹣2λ）,‎ ‎∵A1H与平面ABD所成角的正弦值为．‎ ‎∴,‎ 解得,（舍负）,∴H（,,1）,‎ ‎（,,﹣1）,（0,0,﹣2）,（0,2,﹣2）,‎ 设平面AA1H的法向量（x,y,z）,‎ 则,取x＝1,得（1,1,0）,‎ 设平面A1HB的法向量（x,y,z）,‎ 则,取y＝1,得（,1,1）,‎ 设二面角A﹣A1H﹣B的平面角为θ,‎ 则cosθ,‎ ‎∴二面角A﹣A1H﹣B的正弦值为：‎ sinθ．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的证明以及建立空间直角坐标系求解面面角的问题,属于中等题型.‎ ‎22．阅读下列有关光线的入射与反射的两个事实现象：现象（1）：光线经平面镜反射满足入射角与反射角相等（如图）；现象（2）；光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点（如图）．试结合，上述事实现象完成下列问题：‎ ‎（Ⅰ）有一椭圆型台球桌，长轴长为2a，短轴长为2b．将一放置于焦点处的桌球击出．经过球桌边缘的反射（假设球的反射充全符合现象（2）），后第一次返回到该焦点时所经过的路程记为S，求S的值（用a，b表示）；‎ ‎（Ⅱ）结论：椭圆上任点P（x0，y0）处的切线的方程为．记椭圆C的方程为C：，在直线x＝4上任一点M向椭圆C引切线，切点分别为A，B．求证：直线lAB恒过定点：‎ ‎（Ⅲ）过点T（1，0）的直线l（直线l斜率不为0）与椭圆C：交于P、Q两点，是否存在定点S（s，0），使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在求出S坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）S＝2（a），S＝2（a），S＝4a；（Ⅱ）证明见解析　（Ⅲ）存在，定点S（±3，0）‎ ‎【解析】（Ⅰ）根据题意分桌球第一次与球桌的边缘的接触点为长轴的两个端点或这两个端点外的任一点三种情况进行讨论即可.‎ ‎（Ⅱ）设M（4,t）,A（x1,y1）,B（x2,y2）,再根据椭圆在点P（x0,y0）处的切线的方程为即可求得两条切线方程的表达式,再根据M（4,t）在两条切线上即可求得lAB ‎ 的直线方程.‎ ‎（Ⅲ）设l的方程为：x＝my+1,再联立直线与椭圆的方程,求得直线SP与SQ斜率之积的表达式,再根据表达式求S（s,0）即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）记c,因为桌球第一次与球桌的边缘的接触点可能是长轴的两个端点及这两个端点外的任一点三种情况,‎ 所以,S＝2（a﹣c）或S＝2（a+c）或S＝4a；‎ 即S＝2（a）,S＝2（a）,S＝4a；‎ ‎（Ⅱ）设M（4,t）,A（x1,y1）,B（x2,y2）,则直线lMA：1,lMB：1,代入M中,得lMA：ty1＝1,lMB：2＝1,‎ 则点A,B的坐标满足方程：ty﹣1＝0,‎ 恒过定点G（,0）；‎ ‎（Ⅲ）由已知直线过点T（1,0）,设l的方程为：x＝my+1,P（x,y）,Q（x',y'）,联立与椭圆的方程整理得：（9+m2）y2+2my﹣8＝0,∴y+y',yy',‎ kSP,同理得kSQ,∴kSP•kSQ,当s＝3时,kSP•kSQ,‎ 当s＝﹣3时,kSP•kSQ,所以存在定点S（±3,0）,使得直线SP与SQ斜率之积为定值．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与椭圆的位置关系问题,包括椭圆的定义以及直线与椭圆相切与相交求定值的问题,重点是根据题意联立方程得出韦达定理,再表达出对应的关系化简求解的方法等.属于难题.‎