2018-2019学年江西省吉安市几所重点中学高二上学期联考数学（文）试题 解析版

2018-2019学年江西省吉安市几所重点中学高二上学期联考数学（文）试题 解析版

绝密★启用前 江西省吉安市几所重点中学2018-2019学年高二上学期联考数学（文)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程求得直线斜率进而可得倾斜角.‎ ‎【详解】‎ 由直线，即直线 可知斜率为：，所以倾斜角为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线的斜率和倾斜角，属于基础题.‎ ‎2．命题“，使得”的否定是（ ）‎ A． ，都有 B．，都有 C．，都有 D．，都有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定可得答案．‎ ‎【详解】‎ 由于特称命题的否定为全称命题，‎ 所以“，使得”的否定为“，都有”．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，即把全称（特称）量词改为特称（全称）量词；二是注意要把命题进行否定．‎ ‎3．设是两不同的直线，是两不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中线面关系、面面关系的判定及性质定理对四个结论逐一进行判断．‎ ‎【详解】‎ 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则：‎ 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n时，m与α可能垂直，也可能不垂直，不一定垂直，故A不正确 若m⊂α,n⊂β,m∥n时，α与β可能平行或相交；，故B不正确 若m∥α,n∥β，m⊥n时，α与β不一定垂直，故C错误 n⊥α，n⊥β时，则必有：，所以当m⊥β有m⊥α，故D一定成立，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中直线与平面、平面与平面之间位置关系的判定，属于中档题.‎ ‎4．与圆关于直线成轴对称的圆的方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆方程化为的标准方程形式，可得圆心为（2，-1）且半径等于1．利用轴对称的知识，解出（2，-1）关于直线x-y+3=0 的对称点为（-4，5），即可得到对称圆的标准方程，再化成一般方程可得本题答案．‎ ‎【详解】‎ 将圆化成标准方程，得(x−2)2+(y+1)2=1，表示圆心在(2,−1)，半径等于1的圆.‎ 因此，可设对称圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=1‎ 可得，解之得，‎ 即点(2,−1)关于直线x−y+3=0对称的点的坐标为(−4,5)，‎ ‎∴与圆关于直线x−y+3=0成轴对称的圆方程是(x+4)2+(y−5)2=1，‎ 整理成一般式为：.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 在求一个点关于直线的对称点时，可以根据以下两个条件列方程：‎ ‎（1）两点的中点在对称直线上；‎ ‎（2）两点连线的斜率与对称直线垂直.‎ ‎5．已知抛物线上的点到焦点的距离是，则抛物线的方程为(　 )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义，将点M到焦点的距离转化为它到准线的距离，求得a的值，进而求得抛物线方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，3+6a=5，a=，‎ ‎∴抛物线方程为y2=8x．‎ 故选A ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质，考查抛物线定义的应用；根据抛物线的定义可得出抛物线一个非常重要的几何性质：抛物线上的点到焦点的距离等于其到准线的距离.‎ ‎6．是直线与直线平行的 （ ）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合直线平行的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断 ‎【详解】‎ 当m=4，则两直线方程分别为：4x+8y+3=0，2x+4y+3=0，满足直线平行，‎ 当m=0时，直线方程分别为：， ，两直线不平行；‎ 当3m - 4=0，即时，直线方程分别为： ，2x+y+3=0，两直线不平行； ‎ 由直线与直线平行，可知两直线斜率相等，‎ 即 ，解得m=2或m=4；‎ 当m=2时，两直线重合，故“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 考查存在斜率的两直线平行的充要条件，根据直线方程求直线斜率，以及充分条件，必要条件，充分不必要条件的概念,注意求出m值后，代入直线方程，验证两直线是否重合，直线平行不包括直线重合这一情况.‎ ‎7．过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离,结合勾股定理，即可得结论.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 ,‎ 其方程为,即,变形可得，‎ 圆 的圆心为，半径 ,‎ 设直线与圆交于点,‎ 圆心到直线的距离,‎ 则，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线的点斜式方程，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.‎ ‎8．在平面直角坐标系中，经过点且离心率为的双曲线的标准方程为（ ）‎ ‎ ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由，得，当焦点在x轴时，设双曲线方程为，代入，得，解得，当焦点在y轴时，设双曲线方程为，代入，得，无解。所以，即双曲线方程为，选B.‎ ‎【点睛】求圆锥线方程，一定要先定位，再定量，当不能定位时，要根据焦点在x轴，y轴分类讨论。‎ ‎9．某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是（　）‎ A． B． C．1 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原得三棱锥后分别计算每一个面的面积，比较大小即可.‎ ‎【详解】‎ 根据三视图得到三棱锥D-ABC，如图所示，‎ 其中面ABC，△ABC为等腰直角三角形.‎ 此三棱锥得我各个面的面积分别为：‎ ‎ .‎ 其中面积最大为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎10．圆半径为，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设圆心 ,则 ,因此圆的方程为 即,选D.‎ ‎11．直线与曲线有且只有一个交点，则的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知曲线，即表示一个再y轴右侧的单位圆的一半，再利用数形结合找到两图象只有一个公共点时b的范围即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知曲线，即表示一个再y轴右侧的单位圆的一半，如图所示.‎ 当直线经过(0,1)时，；‎ 当直线经过(0,-1)时，；‎ 当直线与半圆相切时，有：，解得或（舍）.‎ 由图可知，直线与曲线有且只有一个交点时， .‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系，利用了数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎12．如图所示，过抛物线的焦点的直线，交抛物线于点．交其准线于点，若,且，则此抛物线的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．空间四个点P、A、B、C在同一个球面上，PA、PB、PC两两垂直，PA=3，PB=4，PC=12，则球的表面积为_________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知三棱锥P-ABC是长方体的一个角，该长方体的对角线的长就是经过P、A、B、C四点的球的直径，利用长方体对角线长公式算出球的直径，从而得到球的半径，再由球的表面积公式加以计算，可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，可知三棱锥P-ABC是长方体的一个角，该长方体的外接球就是经过P，A，B，C四点的球 ∵PA=3，PB=4，PC=5， ∴长方体的对角线的长为 ‎ ， 即外接球的直径2R=13，可得 因此，外接球的表面积为 ‎ 故答案为：169π ‎【点睛】‎ 本题给出三条侧棱两两垂直的三棱锥，求它的外接球的表面积．着重考查了长方体对角线公式、球内接多面体和球的表面积公式等知识，属于基础题．‎ ‎14．若，为抛物线的焦点，为抛物线上任意一点，则的最小值为 ‎_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|进而把问题转化为求 ‎|PA|+|PD|取得最小，进而可推断出当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，答案可得．‎ ‎【详解】‎ 设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|‎ ‎∴要求|PA|+|PF|取得最小值，即求|PA|+|PD|取得最小 当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，为3+=‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的应用．考查了学生数形结合的思想和抛物线定义的应用．‎ ‎15．若直线l过点（1,4），且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线l在两坐标轴上的截距相等，就是说过原点和不过原点两种，不过原点的斜率为﹣1．‎ ‎【详解】‎ 直线在两坐标轴上的截距相等，当直线过原点时，直线方程为y=kx，其中，所以直线为4x-y=0；‎ 当直线不过原点时：直线斜率为k=﹣1，所求直线方程为y-4=﹣1（x﹣1），即x+y-5=0‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)求直线的方程时，考虑一定要全面，本题要用到直线的截距式方程，所以要考虑直线的截距相等且为零的情况，否则就漏解了.‎ ‎16．已知下列命题：‎ ‎①若直线与平面内的一条直线平行，则；‎ ‎②命题“，”的否定是“”；‎ ‎③已知，则“”是“”的充分而不必要条件．‎ 其中正确的命题是________________．（填序号）‎ ‎【答案】②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，考虑直线与平面平行的判定定理；对于②，考虑对全称命题的否定；对于③，考虑充要条件中条件与结论的互推关系．‎ ‎【详解】‎ 对于①，直线可能在平面内，故①不正确；②显然正确；“”是“”的必要而不充分条件，故③不正确．综上，正确命题的序号是②．‎ 故答案为②.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面的平行关系的判定，充要条件概念等，抓住概念的内涵与外延，是解决本类综合题的关键．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知命题:，命题：（） ，若p是q的充分不必要条件，求的取值范围．‎ ‎【答案】0＜a≤3．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：首先解一元二次不等式得到命题p,q的范围，由p是q的充分不必要条件可得关于a的不等式，从而求解其范围 试题解析：由已知p：x＞10或x＜－2，‎ 记A＝{x|x＜－2，或x＞10}．‎ q：x≤1－a或x≥1＋a，‎ 记B＝{x|x≤1－a，或x≥1＋a}(a＞0)．‎ ‎∵p是q的充分不必要条件，‎ ‎∴AB，∴解得0＜a≤3．‎ ‎∴所求a的取值范围为0＜a≤3．‎ 考点：1.一元二次不等式解法；2.充分条件与必要条件 ‎18．已知圆,直线 ‎(1)求证:不论取何实数,直线与圆总有两个不同的交点；‎ ‎(2)设直线与圆交于点，当时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）略；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由圆的方程找出圆心坐标和圆的半径,利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离,判断出小于圆的半径，可得直线与圆相交，则对，直线与圆总有两个不同的交点，得证；(2)由直线与圆交于两点,为圆的弦，根据垂径定理得到弦长的一半，圆的半径及弦心距构成直角三角形，利用勾股定理列出关于方程，求出方程的解得到的值，确定出直线的方程，进而求出直线的倾斜角.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)圆的圆心坐标为，半径为,‎ 圆心到直线的距离,‎ 即，‎ 直线与圆相交，‎ 则对，直线与圆总有两个不同的交点，‎ ‎ (2)，‎ 根据垂径定理及勾股定理得：，即，‎ 整理得：，解得，‎ 则直线的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的位置关系以及待定系数法求直线的方程，属于中档题.解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.‎ ‎19．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形， ，底面， ，为的中点， 为的中点．‎ ‎(1)证明：直线平面 ；‎ ‎(2)求异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取 中点，连接，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面 ‎ ‎（2）根据异面直线所成钝角的定义，得到为异面直线与所成的角，进而可求解异面直线所成的角.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取 中点，连接∵ ‎ 又∵,∴平面平面，∴平面 ‎ ‎（注：也可利用线面平行的判定定理证明）‎ ‎（2）∵,∴为异面直线与所成的角（或其补角）‎ 由题易得为等边三角形，又∵平面，∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴在等腰中， ‎ 所以AB与MD所成角的余弦值大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及面面垂直的判定与性质的应用，其中解答中熟记面面垂直的判定定理和性质定理，以及异面直线所成的角的概念是解答的关键，同时准确认识几何体的结构特征是解答的基础，着重考查了推理与论证能力，以及数形结合思想的应用.‎ ‎20．已知三个顶点是．‎ ‎(1)求边的高所在直线方程； (2)求外接圆的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出边所在直线的斜率，进而求出边上的高所在直线的斜率，用斜截式求直线方程并化为一般式．‎ ‎（）设外接圆的方程为，将，，代入圆的方程求出，，即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴所在直线方程为．‎ ‎（）设外接圆的方程为，‎ 将，，代入圆的方程得：‎ ‎，‎ 解得，，，‎ 故外接圆的方程为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线垂直，斜率之积等于-1，以及利用待定系数法求圆的一般方程，属基础题.‎ ‎21．如图，直三棱柱中，，,分别是的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面； ‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的高．‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）要证明平面平面，利用平面与平面垂直的判定定理，在其中一个平面内找一条直线与另一个平面垂直。由，是的中点，可得。因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，进而可得。由已知条件直三棱柱中，，，分别是的中点．可得：‎ ‎，进而得∽，所以，所以。因为，由直线与平面垂直的判定定理可得平面，再由平面与平面垂直的判定定理可得平面平面。（2）求三棱锥的高，直接作高不容易判断垂足的位置，故可以用等体积法求高。由（1）可知可用 来求。由（1）知直线平面ADE，故求，,，进而求得。由条件可求得， ，知三角形边长要求面积，应先求一个角，故由余弦定理推论可得：，进而求，可求, 设三棱锥的高为，由，得：，解得.‎ 详解：（1）由已知得：‎ 所以∽‎ 所以，所以 又因为，是的中点，所以 所以平面，所以 而，所以平面 又平面，‎ 所以平面平面；‎ ‎（2）设三棱锥的高为，因为,‎ 所以，‎ 由已知可求得， ，‎ 在中，由余弦定理的推论可得 ，‎ 所以，所以,‎ 由，得：，所以.‎ 点睛：（1）立体几何中证明平面与平面垂直，应注意直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直的互相转化；‎ ‎（2）证明面面垂直需注意以下几点： ①由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。 ②立体几何论证题的解答中，利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）是解题的常用方 法之一。 ③明确何时应用判定定理， 何时应用性质定理， 用定理时要先申明条件再由定理得出相应结论。‎ ‎（3）求点到平面的距离，一种方法，作高求高；一种方法，利用三棱锥等体积转化求高。‎ ‎22．已知椭圆C: 的离心率为，且过点 ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设直线：交椭圆C于A、B两点，0为坐标原点，求△OAB面积的最大值.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由离心率和过点建立等式方程组求解即可；（2）根据弦长公式可求得AB的长作为三角形的底边，然后由点到直线的距离求得高即可表示三角形的面积表达式，然后根据基本不等式求解最值即可.‎ 详解：‎ ‎（1）由已知可得，且，解得，，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，将代入方程整理得，‎ ‎，∴，‎ ‎∴，，，‎ ‎ ，，‎ ‎ ，当且仅当时取等号，‎ ‎∴面积的最大值为.‎ 点睛：考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，弦长，点到直线的距离的应用，对常用公式的熟悉是解题关键，属于中档题.‎