重庆市三峡名校联盟2019-2020学年高二上学期联合考试数学试题

重庆市三峡名校联盟2019-2020学年高二上学期联合考试数学试题

三峡名校联盟高2021届2019-2020年第一学期 联合考试数学试题 ‎（考试时间120分钟，满分150分）‎ 考生注意：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与本人准考证号、姓名是否一致.‎ ‎2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.将选项中所示的三角形绕直线旋转一周，可以得到下图所示的几何体的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何体的轴截面特征直接判断即可．‎ ‎【详解】由题可得：该几何体的轴截面是关于直线对称的，‎ 并且的一侧是选项B中的三角形形状．‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了空间思维能力及关于直线旋转的几何体特征，属于基础题．‎ ‎2.设k为实数，则方程表示的图形是（ ）‎ A. 通过点的所有直线 B. 通过点的所有直线 C. 通过点且不与y轴平行的所有直线 D. 通过点且不与y轴平行的所有直线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程的斜截式判断，再由直线方程得到过定点判断．‎ ‎【详解】由直线方程的斜截式可知，直线斜率为，故直线不能与轴平行．再由直线方程得到过定点，‎ ‎【点睛】本题考查了直线方程的斜截式及过定点问题．‎ ‎3.已知命题，，则命题 的否定为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题，可直接得出结果.‎ ‎【详解】命题，的否定为“，”．‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查全称命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型.‎ ‎4.如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积（ ）‎ A. B. C. D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出直观图中的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的底和高，求出面积即可.‎ ‎【详解】由正方形的边长为，所以，又正方形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以它对应的原图为平行四边形高为，底边长为1，所以原图形的面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查斜二测画法，属于基础题.‎ ‎5.已知m，n为两条直线，为两个平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项中，当直线平行于两相交平面的交线时，则直线与两平面都平行；B项中，平行于同一平面的两直线可能平行，可能相交，也可能异面；C项中，因为m与n关系不确定，所以由，无法确定与间关系；D项中，垂直于同一直线的两平面平行，即可得出结论.‎ ‎【详解】A项中，若，，则与平行或相交，故A错；‎ B项中，若，，则m与n平行、相交、异面均有可能，故B错；‎ C项中，若，，因为m与n关系不确定，所以无法确定与间关系，故C错；‎ D项中，若，，由垂直于同一直线的两平面平行可得，故D正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系，解题的关键熟练掌握空间中线、面关系.‎ ‎6.过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）‎ A B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线方程为，计算截距得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】易知斜率不存在时不满足；‎ 设直线方程为，则截距和为：解得或 ‎ 故直线方程为：和 故选 ‎【点睛】本题考查了直线方程，意在考查学生的计算能力.‎ ‎7.在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得出角为钝角，然后再利用充分条件、必要条件定义得出两条件之间的关系.‎ ‎【详解】，，则为钝角，‎ ‎“”“是钝角三角形”，‎ 另一方面，“是钝角三角形”“是钝角”.‎ 因此，“”是“为钝角三角形”的充分非必要条件.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，要结合充分条件与必要条件的定义来判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎8.圆台上底半径为2，下底半径为6，母线长为5，则圆台的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出圆台的轴截面，由圆台的上、下底面半径分别为2，6，构造直角三角形，结合母线长 为5，由勾股定理求出圆台的高．再求圆台的体积.‎ ‎【详解】作出圆台的轴截面如图所示：‎ 上底面半径，下底面半径，过做垂直，‎ 则 由 故 即圆台的高为3,‎ 所以圆台的体积为.‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是旋转体及其体积的计算，圆台的几何特征，其中画出轴截面，将空间问题转化为平面问题是解答的关键．‎ ‎9.已知圆心在直线上，且与x轴相切，在y 轴上截得的弦长为，则圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可分析出圆的半径为，圆心到y轴的距离为，y轴上截得的弦长为，圆心到直线的距离、弦长的一半和半径正好构成直角三角形，由勾股定理可列出等式，再由圆心在直线上，所以，联立方程求出，的值，写出椭圆方程即可.‎ ‎【详解】因为圆心在直线上，所以将圆心代入直线方程可得①，因为圆与x轴相切，所以圆的半径为，圆心到y轴的距离为，又因为在y轴上截得的弦长为，所以由勾股定理可得②，联立①②可得，又因为，所以可解得，，所以圆心为，半径为3，所以圆的方程为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，解题的关键是运用数形结合的思想解题.‎ ‎10.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心到直线的距离，再根据有且只有两个点到直线的距离等于1得到半径的范围为．‎ ‎【详解】圆心坐标为，它到直线的距离为，‎ 因为有且只有两个点到直线的距离等于1，故半径，‎ 所以．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】若圆的圆心到直线的距离为，圆的半径为，‎ ‎（1）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为，则；‎ ‎（2）若圆上有且仅有三个点到直线的距离为，则；‎ ‎（3）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为，则；‎ ‎（4）若圆上有且仅有一个点到直线的距离为，则.‎ ‎11.如果底面是菱形的直棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）的所有棱长都相等，，E，M，N分别为的中点，现有下列四个结论：①平面②③平面④异面真线与MN所成的角的余弦值为，其中正确结论的个数为（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的性质可判断①正确；由可知与为异面直线，故②错误；根据线面平行的性质可判断③正确；根据异面直线与MN所成的角即为，可求出其余弦值.‎ ‎【详解】如图，①连接，，因为，，所以为等边三角形，又E为的中点，所以，因为 为底面是菱形的直棱柱，所以，所以，因为底面，又底面，所以，又因为，所以平面，故①正确；‎ ‎②连接，，，因为M，N分别为，的中点，所以，又，所以与为异面直线，故②错误；‎ ‎③连接，所以，又，所以，又因为平面，平面，，所以平面，故③正确；‎ ‎④连接，所以，又，所以异面真线与MN所成的角即为，设的所有棱长都为1，则，，由余弦定理可知，故④正确.所以正确的有①③④.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查空间几何体中线面关系，要重点考查线面垂直、线面平行的性质，以及异面直线所成角的求法.‎ ‎12.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点Q为x轴上一点，且，若点，则 的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即 ‎【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得 ‎，所以，又所以，因为，所以的最小值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查圆上动点问题，考查两点间直线最短.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，20分.‎ ‎13.若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“”是“”的充分不必要条件，可知是的子集，由集合间关系即可求出.‎ ‎【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查充分、必要条件，解题的关键是会分析充分必要条件与集合间关系.‎ ‎14.已知为椭圆 的两个焦点，过 的直线交椭圆于 两点，若 ，则 ________‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用椭圆的定义，可得三角形ABF2的周长为4a＝20，再由周长，即可得到AB的长．‎ ‎【详解】椭圆1的a＝5，‎ 由题意的定义，可得，|AF1|+|AF2|＝|BF1|+|BF2|＝2a，‎ 则三角形ABF2的周长为4a＝20，‎ 若|F2A|+|F2B|＝12，‎ 则|AB|＝20﹣12＝8．‎ 故答案8‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程和定义，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎15.过点且与圆相切的直线方程 ___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：因为点在圆上，则过圆上点的切线方程为 化一般式即为 ‎16.已知底面边长为a的正三棱柱（底面是等边三角形的直三棱柱）的六个顶点在球上，且球与此正三棱柱的5个面都相切，则球与球的表面积之比为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球与球的半径分别为R，r，由题意分析球的半径等于正三棱柱底面正三角形内切圆的半径，且等于正三棱柱高的一半，求出其半径r，再由球的球心在上下底面中心连线的中点上，求出半径R，再由球的表面积公式求出比值即可.‎ ‎【详解】设球与球的半径分别为R，r，因为球与此正三棱柱的5个面都相切，所以球的半径等于正三棱柱底面正三角形内切圆的半径，且等于正三棱柱高的一半，如图所示，因为正三棱柱底面边长为a的正三棱柱，所以，所以 ‎，，因为正三棱柱的六个顶点在球上，所以球的球心在上下底面中心连线的中点上，所以 ‎，所以球与球的表面积之比为，所以表面积之比为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题以三棱柱为依托，考查正三棱柱外接球及内切球性质，考察了空间想象能力，逻辑推理能力和运算求解能力.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.第17题满分为10分，第17~21题满分为12分.‎ ‎17.已知，q:方程表示焦点在x轴上的椭圆，‎ ‎（1）若命题p为假命题，求实数m的取值范围；‎ ‎（2）若命题p和命题q中有一个为真命题且另一个为假命题，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令p为真命题，求出m的范围，则命题p为假命题时，取补集即可；‎ ‎（2）令命题q为真命题，求出对应的m范围，由命题p和命题q中有一个为真命题且另一个为假命题，则分情况p真q假和p假q真讨论，求出m的取值范围即可.‎ ‎【详解】（1）若p真；则恒成立，所以；‎ 则当P为假时，.‎ ‎（2）若q真，方程表示焦点在x轴上的椭圆，则，‎ 即：则m的取值范围是.‎ 若p真q假，则，所以；‎ 若p假q真，则，所以；‎ 综上，或.‎ ‎【点睛】本题主要考查真假命题，熟练掌握命题的真假与集合补集间关系.‎ ‎18.已知圆与圆.‎ ‎（1）若圆与圆外切，求实数m的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，若直线l与圆的相交弦长为且过点，求直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线l方程为：或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再由由圆与圆外切，可知两圆心的距离等于两圆半径之和，代入数据求解即可；‎ ‎（2）分析可知弦的垂直平分线过圆心，由勾股定理可求出圆心到直线的距离，再由直线l过点，可设出直线方程，分斜率存在和不存在两种情况，求出方程即可.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 圆与圆外切，，‎ ‎，；‎ ‎（2）由（1）得，圆的方程为，‎ 设圆心到直线l的距离，因为直线l与圆的相交弦长为，则有，代入数据解得，‎ 当直线l无斜率时：直线方程为.符合题意.‎ 当直线l斜率为k时，则直线方程为，‎ 化为一般形式为，‎ 则圆心到直线l的距离，解得.‎ 综上，直线l方程为：或.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，圆与直线的位置关系，求直线方程时要分析斜率是否存在.‎ ‎19.如图，已知三棱锥A-BPC中，，M为AB的中点，D为PB的中点，且为正三角形.‎ ‎（1）求证：平面APC；‎ ‎（2）若，，求三棱锥D-BCM的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为M为AB的中点，D为PB的中点，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理即可证明；‎ ‎（2）根据题意得到平面BCD的距离为的长，由三棱锥D-BCM的体积即为三棱锥M-BCD的体积，由题设条件求出的长，及三角形BCD的面积，由椎体体积公式代入数据求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明：因为M为AB的中点，D为PB的中点，‎ 所以MD是的中位线，.‎ 又平面APC，平面APC，‎ 所以平面APC.‎ ‎（2）在等边三角形PMB中，D为PB的中点，‎ ‎，，‎ 又，平面PBC，，‎ 平面PBC，平面PBC，‎ 平面PBC，，‎ 又，平面PAC，，‎ 平面PAC，平面PBC，.‎ 平面PBC，即MD是三棱锥M-DBC的高.‎ 又因为，M为AB的中点，为正三角形，‎ 所以，，‎ 由平面APC，可得，‎ 在直角三角形PCB中，由，可得.‎ 于是,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定及椎体的体积，解题的关键时对三棱锥体积的转化.‎ ‎20.已知椭圆（常数），P是曲线C上的动点，M是曲线C的右顶点，定点A的坐标为.‎ ‎（1）若M与A重合，求曲线C的焦距.‎ ‎（2）若，求的最大值与最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）的最大值为5，最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由M与A重合，可得椭圆的右顶点的坐标为，即，再由 即可求出的值，从而求出焦距；‎ ‎（2）设，利用两点间的距离公式及点P坐标满足椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据二次函数的性质求出的最大值与最小值即可.‎ ‎【详解】（1）根据题意，若M与A重合，即椭圆的右顶点的坐标为，‎ 则，所以椭圆的方程为：，其焦点在x轴上，‎ 设焦距为，所以有则，‎ 所以椭圆焦距为；‎ ‎（2）若，则椭圆的方程为，变形可得，‎ 设，则 根据二次函数的性质，可得时，取得最大值25，‎ 当时，取得最小值，‎ 所以的最大值为5，最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆知识的综合应用，解题的关键是熟练掌握并应用椭圆的有关性质.‎ ‎21.如图，在直角梯形中，，，且，点是中点，现将沿折起，使点到达点的位置.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第（Ⅰ）问先证平面，由线面垂直证明面面垂直；‎ 第（Ⅱ）问先找垂直关系后建立空间直角坐标系，利用向量法求出两面的法向量，进而求所成二面角的余弦值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）证明：∵，，点是中点，‎ ‎∴，，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴，，∴平面，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面，∴平面平面；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，‎ ‎∴即为与平面所成的角，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，∴，∴为等腰直角三角形，∴，‎ 故为等边三角形，‎ 取的中点，连结，则，‎ ‎∵平面，又平面，‎ ‎∴平面平面，又平面，‎ ‎∴平面，‎ 以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图，‎ 设，则，，，，‎ 从而，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则由得，令得，‎ 又平面的一个法向量，‎ 则，‎ 所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题是一道立体几何综合题，考查面面垂直的证明及二面角的求解．其中需注意：‎ 证明面面垂直，需先找线面垂直，即先证明其中一个平面内的一条直线垂直于另一平面内的两条相交直线；‎ 求解二面角的步骤：一是先建立空间直角坐标系，求出所需点或所求两面内的向量的坐标；二是求两平面的法向量；三是利用法向量研究二面角的余弦值.‎ ‎22.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆C上一点，且的中点B在y轴上，.‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程：‎ ‎（2）若直线交椭圆于P、Q两点，若PQ的中点为N，O为原点，直线ON交直线于点M，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由BO为的中位线，可求出，由此可设，代入椭圆方程，联立，，即可求出，，从而得到椭圆方程；‎ ‎（2）设、，联立，化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系及中点坐标公式求出PQ的中点N的坐标，再由弦长公式求出，由点N的坐标写出直线ON的方程，求出点M.的坐标，再由两点间距离公式求出，然后求，换元法求出其最大值.‎ ‎【详解】（1）因为B为的中点， O为线段的中点，‎ 所以BO为的中位线，所以，‎ 又因为，所以，所以可设 又为椭圆C上一点，所以将代入椭圆方程可得 又，，联立解得，，‎ 故所求椭圆方程为；‎ ‎（2）由直线方程为，‎ 联立，可得.‎ 设、，则，，‎ 所以为；‎ 所以PQ的中点N坐标为，‎ 因此直线ON的方程为，‎ 从而点M为，又，所以，‎ 设，令，则，‎ 所以，‎ 因此当，即时取得最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查团圆方程的求法，以及直线与椭圆的位置关系，解题时尤其要注意弦长公式及中点坐标的应用.‎ ‎ ‎