数学卷·2018届黑龙江省鸡西十九中高二上学期期中数学试卷+（解析版）

数学卷·2018届黑龙江省鸡西十九中高二上学期期中数学试卷+（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省鸡西十九中高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60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．若U={1，2，3，4}，M={1，2}，N={2，3}，则∁U（M∪N）=（　　）‎ A．{1，2，3} B．{2} C．{1，2，3} D．{4}‎ ‎2．函数f（x）=5x2﹣2x的单调增区间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知△ABC的面积为且b=2，c=2，则∠A等于（　　）‎ A．30° B．30°或150° C．60° D．60°或120°‎ ‎4．过点（﹣1，3）且垂直于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（　　）‎ A．2x+y﹣1=0 B．2x+y﹣5=0 C．x+2y﹣5=0 D．x﹣2y+7=0‎ ‎5．“圆柱与球的组合体”如图所示，则它的三视图是（　　） ‎ A． B． C． D．‎ ‎6．点M在圆（x﹣5）2+（y﹣3）2=9上，则M点到直线3x+4y﹣2=0的最短距离为（　　）‎ A．9 B．8 C．5 D．2‎ ‎7．顶点在原点，焦点是（0，﹣2）的抛物线方程是（　　）‎ A．x2=8y B．x2=﹣8y C．y2=8x D．y2=﹣8x ‎8．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（　　）‎ A．5 B．7 C．9 D．11‎ ‎9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．若k＞1，则关于x、y的方程（1﹣k）x2+y2=k2﹣1所表示的曲线是（　　）‎ A．焦点在x轴上的椭圆 B．焦点在y轴上的椭圆 C．焦点在y轴上的双曲线 D．焦点在x轴上的双曲线 ‎11．已知等比数列{an}满足a1=，a3a5=4（a4﹣1），则a2=（　　）‎ A．2 B．1 C． D．‎ ‎12．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题有4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知||=6，||=4，与的夹角为60°，则3•=　　．‎ ‎14．面积为Q的正方形，绕其一边旋转一周，则所得几何体的侧面积为　　．‎ ‎15．已知双曲线过点且渐近线方程为y=±x，则该双曲线的标准方程是　　．‎ ‎16．已知直线l，m，n，a，b，平面α，β，γ，有以下命题：‎ ‎①l∥α，l⊥a⇒a⊥α ‎②m∥α，n∥α⇒n∥m ‎③m⊥γ，n⊥γ⇒m∥n ‎④α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β ‎⑤a∥b，a⊥α⇒b⊥α ‎⑥a⊂α，b⊂β，α∥β⇒a∥b 其中不正确的命题是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6个大题，共70分）‎ ‎17．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA ‎（Ⅰ）求B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，c=5，求b．‎ ‎18．已知等差数列{an}中，a1=1，a3=﹣3．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{an}的前k项和Sk=﹣35，求k的值．‎ ‎19．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点 ‎（1）求AE与D1F所成的角 ‎（文科）（2）证明：AD⊥D1F；‎ ‎（理科）（2）证明：面AED⊥面A1FD1．‎ ‎20．已知直线l经过抛物线y2=6x的焦点F，且与抛物线相交于A、B两点．‎ ‎（1）若直线l的倾斜角为60°，求|AB|的值；‎ ‎（2）若|AB|=9，求线段AB的中点M到准线的距离．‎ ‎21．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是棱BC、CC1的中点．‎ ‎（ 1 ）求证：MN∥面AB1D1；‎ ‎（文科）（2）若正方体边长为2，求三棱锥的体积．‎ ‎（理科）（2）求二面角D﹣MN﹣C的余弦值．‎ ‎22．P为椭圆+=1上一点，F1，F2为左右焦点，若∠F1PF2=60°．‎ ‎（1）求△F1PF2的面积；‎ ‎（2）求P点的坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省鸡西十九中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60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．若U={1，2，3，4}，M={1，2}，N={2，3}，则∁U（M∪N）=（　　）‎ A．{1，2，3} B．{2} C．{1，2，3} D．{4}‎ ‎【考点】交、并、补集的混合运算．‎ ‎【分析】利用两个集合的并集的定义求出 M∪N，再利用集合的补集的定义求出CU（M∪N）．‎ ‎【解答】解：M∪N={1，2}∪{2，3}={1，2，3}，∴CU（M∪N）=[4}，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．函数f（x）=5x2﹣2x的单调增区间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】二次函数的性质．‎ ‎【分析】根据所给的二次函数的二次项系数大于零，得到二次函数的图象是一个开口向上的抛物线，根据对称轴，考查二次函数的变化区间，得到结果．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=5x2﹣2x的二次项的系数大于零，‎ ‎∴相应的抛物线的开口向上，‎ ‎∵二次函数的对称轴是x=，‎ ‎∴函数的单调递增区间是．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．已知△ABC的面积为且b=2，c=2，则∠A等于（　　）‎ A．30° B．30°或150° C．60° D．60°或120°‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】△ABC的面积为=bc•sinA，求得sinA的值，可得A的值．‎ ‎【解答】解：由于△ABC的面积为=bc•sinA=2sinA，求得sinA=，‎ ‎∴A=60°，或A=120°．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．过点（﹣1，3）且垂直于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（　　）‎ A．2x+y﹣1=0 B．2x+y﹣5=0 C．x+2y﹣5=0 D．x﹣2y+7=0‎ ‎【考点】直线的点斜式方程；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．‎ ‎【分析】根据题意，易得直线x﹣2y+3=0的斜率为，由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率为﹣2，又知其过定点坐标，由点斜式得所求直线方程．‎ ‎【解答】解：根据题意，易得直线x﹣2y+3=0的斜率为，‎ 由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率为﹣2，‎ 又知其过点（﹣1，3），‎ 由点斜式得所求直线方程为2x+y﹣1=0．‎ ‎　‎ ‎5．“圆柱与球的组合体”如图所示，则它的三视图是（　　） ‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】“圆柱与球的组合体”的三视图依次为长方形的上边有一个圆，长方形的上边有一个圆，圆环，可得结论．‎ ‎【解答】解：“圆柱与球的组合体”的三视图依次为长方形的上边有一个圆，长方形的上边有一个圆，圆环，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．点M在圆（x﹣5）2+（y﹣3）2=9上，则M点到直线3x+4y﹣2=0的最短距离为（　　）‎ A．9 B．8 C．5 D．2‎ ‎【考点】点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】先求出圆心到直线的距离，再由圆与直线的位置关系得圆上的点M到直线的最小距离等于圆心到直线的距离减去圆的半径．‎ ‎【解答】解：由题意得圆的圆心为（5，3）‎ 则圆心到直线3x+4y﹣2=0的距离为d=‎ 所以M点到直线3x+4y﹣2=0的最短距离为5﹣3=2，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．顶点在原点，焦点是（0，﹣2）的抛物线方程是（　　）‎ A．x2=8y B．x2=﹣8y C．y2=8x D．y2=﹣8x ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】由已知可设抛物线方程为x2=﹣2py（p＞0），再由焦点坐标求得p，则抛物线方程可求．‎ ‎【解答】解：由题意可设抛物线方程为x2=﹣2py（p＞0），‎ 由焦点是（0，﹣2），得，则p=4．‎ ‎∴抛物线方程为x2=﹣8y．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（　　）‎ A．5 B．7 C．9 D．11‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列{an}的性质，及a1+a3+a5=3，可得3a3=3，再利用等差数列的前n项和公式即可得出．‎ ‎【解答】解：由等差数列{an}的性质，及a1+a3+a5=3，‎ ‎∴3a3=3，‎ ‎∴a3=1，‎ ‎∴S5==5a3=5．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】设A1C1∩B1D1=O1，根据线面垂直的判定定理可知B1D1⊥平面AA1O1，再根据面面垂直的判定定理可知故平面AA1O1⊥面AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则A1H的长即是点A1到截面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，利用等面积法求出A1H即可．‎ ‎【解答】解：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，‎ 故平面AA1O1⊥面AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过B1作B1H⊥AO1于H，‎ 则易知A1H的长即是点A1到截面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=，‎ AO1=3，由A1O1•A1A=h•AO1，可得A1H=，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．若k＞1，则关于x、y的方程（1﹣k）x2+y2=k2﹣1所表示的曲线是（　　）‎ A．焦点在x轴上的椭圆 B．焦点在y轴上的椭圆 C．焦点在y轴上的双曲线 D．焦点在x轴上的双曲线 ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】利用K的范围，判断二次方程的形式，即可推出结果．‎ ‎【解答】解：k＞1，可得（1﹣k）＜0，k2﹣1＞0，‎ 关于x、y的方程（1﹣k）x2+y2=k2﹣1所表示的曲线是：焦点在y轴上的双曲线．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．已知等比数列{an}满足a1=，a3a5=4（a4﹣1），则a2=（　　）‎ A．2 B．1 C． D．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵，a3a5=4（a4﹣1），‎ ‎∴=4，‎ 化为q3=8，解得q=2‎ 则a2==．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的应用；数列的应用．‎ ‎【分析】先设长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，由题意可知：a+c=2b，由此可以导出该椭圆的离心率．‎ ‎【解答】解：设长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，‎ 则2a+2c=2×2b，‎ 即a+c=2b⇒（a+c）2=4b2=4（a2﹣c2），所以3a2﹣5c2=2ac，同除a2，‎ 整理得5e2+2e﹣3=0，∴或e=﹣1（舍去），‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题有4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知||=6，||=4，与的夹角为60°，则3•=　36　．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】根据平面向量数量积的定义计算即可．‎ ‎【解答】解：||=6，||=4，与的夹角为60°，‎ 则3•=3×||×||×cos60°‎ ‎=3×6×4×‎ ‎=36．‎ 故答案为：36．‎ ‎　‎ ‎14．面积为Q的正方形，绕其一边旋转一周，则所得几何体的侧面积为　2πQ　．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】绕其一边旋转一周，得到底面半径等于高为的圆柱，求出底面周长，然后求出侧面积．‎ ‎【解答】解：面积为Q的正方形，边长为：；绕其一边旋转一周，得到底面半径为：，高为的圆柱，底面周长2π，‎ 几何体的侧面积：2π×=2πQ．‎ 故答案为2πQ．‎ ‎　‎ ‎15．已知双曲线过点且渐近线方程为y=±x，则该双曲线的标准方程是　x2﹣y2=1　．‎ ‎【考点】双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】设双曲线方程为y2﹣x2=λ，代入点，求出λ，即可求出双曲线的标准方程．‎ ‎【解答】解：设双曲线方程为y2﹣x2=λ，‎ 代入点，可得3﹣=λ，‎ ‎∴λ=﹣1，‎ ‎∴双曲线的标准方程是x2﹣y2=1．‎ 故答案为： x2﹣y2=1．‎ ‎　‎ ‎16．已知直线l，m，n，a，b，平面α，β，γ，有以下命题：‎ ‎①l∥α，l⊥a⇒a⊥α ‎②m∥α，n∥α⇒n∥m ‎③m⊥γ，n⊥γ⇒m∥n ‎④α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β ‎⑤a∥b，a⊥α⇒b⊥α ‎⑥a⊂α，b⊂β，α∥β⇒a∥b 其中不正确的命题是　①②④⑥　．‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】对6个选项分别进行判断，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：①l∥α，l⊥a，则a、α关系不确定；‎ ‎②m∥α，n∥α，则n∥m或n，m相交、异面，不正确；‎ ‎③m⊥γ，n⊥γ，根据线面垂直的性质，可得m∥n，正确；‎ ‎④α⊥γ，β⊥γ，则α、β关系不确定；‎ ‎⑤a∥b，a⊥α，根据线面垂直的性质，可得b⊥α，正确；‎ ‎⑥a⊂α，b⊂β，α∥β，则a，b共面时a∥b，不正确．‎ 故答案为①②④⑥．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6个大题，共70分）‎ ‎17．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA ‎（Ⅰ）求B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，c=5，求b．‎ ‎【考点】正弦定理的应用；余弦定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据正弦定理将边的关系化为角的关系，然后即可求出角B的正弦值，再由△ABC为锐角三角形可得答案．‎ ‎（2）根据（1）中所求角B的值，和余弦定理直接可求b的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由a=2bsinA，‎ 根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以，‎ 由△ABC为锐角三角形得．‎ ‎（Ⅱ）根据余弦定理，得b2=a2+c2﹣2accosB=27+25﹣45=7．‎ 所以，．‎ ‎　‎ ‎18．已知等差数列{an}中，a1=1，a3=﹣3．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{an}的前k项和Sk=﹣35，求k的值．‎ ‎【考点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】（I）设出等差数列的公差为d，然后根据首项为1和第3项等于﹣3，利用等差数列的通项公式即可得到关于d的方程，求出方程的解即可得到公差d的值，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；‎ ‎（II）根据等差数列的通项公式，由首项和公差表示出等差数列的前k项和的公式，当其等于﹣35得到关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，根据k为正整数得到满足题意的k的值．‎ ‎【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）d 由a1=1，a3=﹣3，可得1+2d=﹣3，解得d=﹣2，‎ 从而，an=1+（n﹣1）×（﹣2）=3﹣2n；‎ ‎（II）由（I）可知an=3﹣2n，‎ 所以Sn==2n﹣n2，‎ 进而由Sk=﹣35，可得2k﹣k2=﹣35，‎ 即k2﹣2k﹣35=0，解得k=7或k=﹣5，‎ 又k∈N+，故k=7为所求．‎ ‎　‎ ‎19．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点 ‎（1）求AE与D1F所成的角 ‎（文科）（2）证明：AD⊥D1F；‎ ‎（理科）（2）证明：面AED⊥面A1FD1．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】（1）欲求AE与D1F所成的角，必须先找出求AE与D1F所成的角，利用正方体中平行线，即可知道是∠AHA1是AE与D1F所成的角即为所求，最后利用证三角形全等即得；‎ ‎（2）欲证明：AD⊥D1F，可通过证明线面垂直得到，故先证AD⊥面DC1，即可；‎ ‎（3）欲证明：面AED⊥面A1FD1．根据面面垂直的判定定理知，只须证明线面垂直：D1F⊥面AED，即得．‎ ‎【解答】（1）解：取AB中点G，连结A1G，FG，∵F是CD中点 ‎∴GF平行且等于AD，‎ ‎∵A1D1平行且等于AD，‎ ‎∴A1D1平行且等于GF，‎ ‎∴GFD1A1是平行四边形，‎ ‎∴A1G∥D1F，‎ 设AG1∩AE=H，则∠AHA1是AE与D1F所成的角 ‎∵E是BB1的中点∴Rt△A1AG≌Rt△ABE ‎∴∠GA1A=∠GAH∴∠A1HA=90°即直线AE与D1F所成角是直角 ‎（2）证明：AC1是正方体∴AD⊥面DC1，又D1F⊂面DC1，∴AD⊥D1F ‎（3）证明：∵AD⊥D1F（（1）中已证）AE⊥D1F，AD∩AE=A，∴D1F⊥面AED，‎ 又∵D1F⊂面A1FD1，‎ ‎∴面AED⊥面A1FD1‎ ‎　‎ ‎20．已知直线l经过抛物线y2=6x的焦点F，且与抛物线相交于A、B两点．‎ ‎（1）若直线l的倾斜角为60°，求|AB|的值；‎ ‎（2）若|AB|=9，求线段AB的中点M到准线的距离．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】（1）由y2=6x，得准线方程、焦点F（1，0）．直线l的方程为y﹣0=tan60°（x﹣1.5），与抛物线方程联立，消y，整理得4x2﹣20x+9=0，其两根为x1，x2，且x1+x2=5，由抛物线的定义可知线段AB的长；‎ ‎（2）|AB|=p+x1+x2=9，即可求线段AB的中点M到准线的距离．‎ ‎【解答】解：（1）由y2=6x，准线方程为x=﹣1.5，焦点F（1.5，0）．‎ 直线l的方程为y﹣0=tan60°（x﹣1.5），即y=x﹣．‎ 与抛物线方程联立，消y，整理得4x2﹣20x+9=0，其两根为x1，x2，且x1+x2=5．‎ 由抛物线的定义可知，|AB|=p+x1+x2=8．‎ 所以，线段AB的长是8．‎ ‎（2）|AB|=p+x1+x2=9，则=4.5‎ ‎∴线段AB的中点M到准线的距离为4.5．‎ ‎　‎ ‎21．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是棱BC、CC1的中点．‎ ‎（ 1 ）求证：MN∥面AB1D1；‎ ‎（文科）（2）若正方体边长为2，求三棱锥的体积．‎ ‎（理科）（2）求二面角D﹣MN﹣C的余弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】（1）推导出MN∥AD1，由此能证明MN∥面AB1D1．‎ ‎（文）（2）三棱锥A1﹣B1AD1的体积V=，由此能求出结果．‎ ‎（理）（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣MN﹣C的余弦值．‎ ‎【解答】证明：（1）∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是棱BC、CC1‎ 的中点，‎ ‎∴MN∥BC1，∵BC1∥AD1，∴MN∥AD1，‎ ‎∵MN⊄面AB1D1，AD1⊂面AB1D1，‎ ‎∴MN∥面AB1D1．‎ 解：（文）（2）∵正方体边长为2，‎ 三棱锥A1﹣B1AD1的体积：‎ V====．‎ ‎（理）（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ D（0，0，0），M（1，2，0），N（0，2，1），C（0，2，0），‎ ‎=（1，2，0），=（0，2，1），‎ 设平面DMN的法向量=（x，y，z），‎ 则，取y=﹣1，得=（2，﹣1，2），‎ 平面MNC的法向量=（0，1，0），‎ 设二面角D﹣MN﹣C的平面角为θ，‎ 则cosθ==，‎ ‎∴二面角D﹣MN﹣C的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎22．P为椭圆+=1上一点，F1，F2为左右焦点，若∠F1PF2=60°．‎ ‎（1）求△F1PF2的面积；‎ ‎（2）求P点的坐标．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆的定义可得m+n=2a=10，由余弦定理可得：82=m2+n2﹣2mncos60°=（m+n）2﹣3mn=100﹣3mn，解得mn．再利用三角形的面积计算公式即可得出．‎ ‎（2）设P（x，y），可得=， =，由于∠F1PF2=60°．可得=±tan60°=，化为﹣8y=（x2+y2﹣16），与联立解得即可．‎ ‎【解答】解：（1）由椭圆+=1可得a=5，b=3，c=4．‎ 设|PF1|=m，|PF2|=n，‎ 则m+n=2a=10，‎ 由余弦定理可得：82=m2+n2﹣2mncos60°=（m+n）2﹣3mn=100﹣3mn，‎ 解得mn=12．‎ ‎∴△F1PF2的面积S==．‎ ‎（2）设P（x，y），则．F1（﹣4，0），F2（4，0）．‎ ‎∴=， =，‎ ‎∵∠F1PF2=60°．‎ ‎∴=±tan60°=，‎ 化为﹣8y=（x2+y2﹣16），与联立解得：，．‎ ‎　‎