2018-2019学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期末联考数学（理）试题 解析版

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绝密★启用前 福建省福州市八县（市)协作校2018-2019学年高二上学期期末联考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．的焦点坐标是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把抛物线的方程化为标准形式，再利用抛物线 x2＝2p y 的焦点坐标为（0，），求出物线y＝2x2的焦点坐标．‎ ‎【详解】‎ ‎∵在抛物线y＝2x2，即 x2 y，∴p，，‎ ‎∴焦点坐标是 （0，），‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程和简单性质的应用，关键是将方程化为标准式，抛物线 x2＝2py 的焦点坐标为（0，）．‎ ‎2．若直线的方向向量为,平面的法向量为,则( )‎ A． B． C． D．与相交 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得，从而得到l⊥．‎ ‎【详解】‎ 解：∵直线l的方向向量为，‎ 平面的法向量为，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎3．直线过椭圆左焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别令直线方程中y＝0和x＝0，进而求得b和c，进而根据b，c和a的关系求得a，则椭圆的离心率可得．‎ ‎【详解】‎ 解：∵直线l：2x﹣y+2＝0中，令x＝0，得y＝2；令y＝0，得x＝﹣1，‎ 直线l：2x﹣y+2＝0过椭圆左焦点F1和一个顶点B，‎ ‎∴椭圆左焦点F1（﹣1，0），顶点B（0，2），‎ ‎∴c＝1，b＝2，a，‎ ‎∴该椭圆的离心率为e．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆的性质的合理运用．‎ ‎4．下列结论正确的是( )‎ A．命题“若，则”的逆命题为真命题 B．命题“若，则”的否命题是真命题 C．命题的否定是“.”‎ D．“”是“”的充要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A，先写出逆命题，再举反例进行判断；‎ B，先写出否命题，再举反例进行判断；‎ C，命题的否定是“.”‎ D，通过举反例进行判断.‎ ‎【详解】‎ A，“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为“若a＜b，则am2＜bm2”错误，例如当m＝0时，am2＝bm2＝0，故A错误；‎ B，命题“若，则”的否命题为“若，则”错误，如：x=-3时，；‎ C，命题的否定是“.”正确；‎ D，如x=-1满足“”，但不满足“”，所以不是充要条件.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的真假判断与应用及特称命题的否定，考查四种命题间的关系与充分必要条件的概念及应用，属于中档题．‎ ‎5．如图，平行六面体中，与交于点，设，则　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于，，，代入化简即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎，，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了向量的三角形法则、平行四边形法则、平行六面体的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎6．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】C；‎ ‎【解析】，故，即，故渐近线方程为.‎ ‎【考点定位】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.‎ ‎7．已知曲线的方程为，给定下列两个命题：若，则曲线为双曲线； 若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，其中是真命题的是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断命题p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 若，则曲线C是焦点在x轴上的双曲线， 即命题p是真命题，‎ 由4﹣k＝k﹣3时，2k＝7，得k＝时，方程不表示椭圆，即命题是假命题，‎ 则为真命题，其余为假命题，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题真假判断的应用，根据条件判断p，q的真假是解决本题的关键．‎ ‎8．已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，当时，，则抛物线的准线方程是（ ）‎ A． B． C．或 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当|AF|＝4时，∠OFA＝120°，结合抛物线的定义可求得p，进而根据抛物线的性质求得抛物线的准线方程．‎ ‎【详解】‎ 由题意∠BFA＝∠OFA﹣90°＝30°，‎ 过A作准线的垂线AC，过F作AC的垂线，垂足分别为C，B．‎ 如图，A点到准线的距离为：d＝|AB|+|BC|＝p+2＝4，‎ 解得p＝2，‎ 则抛物线的准线方程是x＝﹣1．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与抛物线的关系，当涉及抛物线的焦点弦的问题时，常利用抛物线的定义来解决．‎ ‎9．在直角梯形中， ， ， 分别是的中点， 平面，且，则异面直线所成的角为（ ）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎【答案】B ‎【解析】将该几何体补形为一个长宽高分别为的长方体，建立空间直角坐标系如图所示，‎ 则： ，‎ 据此计算可得： ，‎ ‎，‎ ‎,‎ 设异面直线所成的角为，则： .‎ 本题选择B选项.‎ ‎10．抛物线上的点到直线的距离的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由 得 令 ，易得切点的横坐标为 即切点 利用点到直线的距离公式得 ‎ 故选C ‎11．设是椭圆的两个焦点，若椭圆上任意一点都满足为锐角则椭圆离心率的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设条件可知，当点P位于（0，b）或（0，﹣b）处时，∠F1PF2最大，此时0，∴，由此能够推导出该椭圆的离心率的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，当点P位于（0，b）或（0，﹣b）处时，∠F1PF2最大，‎ 此时0，∴，‎ ‎∴，又∵0＜e＜1，∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的性质及其应用，难度不大，正确解题的关键是知道当点P位于（0，b）或（0，﹣b）处时，∠F1PF2最大．同时要注意椭圆离心率的取值范围是（0，1）．‎ ‎12．椭圆的左右焦点分别为,过的一条直线与椭圆交于两点,若的内切圆面积为,且,则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知△ABF2内切圆半径r＝1．，从而求出△ABF2，再由ABF2面积|y1﹣y2|×2c，能求出|y1﹣y2|．‎ ‎【详解】‎ ‎∵椭圆1的左右焦点分别为F1，F2，‎ 过焦点F1的直线交椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，△ABF2的内切圆的面积为π，‎ ‎∴△ABF2内切圆半径r＝1．‎ ‎△ABF2面积S1×（AB+AF2+BF2）＝2a＝10，‎ ‎∴ABF2面积|y1﹣y2|×2c＝.|y1﹣y2|×2×3＝10，‎ ‎∴|y1﹣y2|．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两点纵坐标之差的绝对值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．‎ ‎13．椭圆的焦距为2，则m=__________‎ ‎【答案】3或5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得：c=1，再分别讨论焦点的位置进而求出m的值．‎ ‎【详解】‎ 由题意可得：c=1．‎ ‎①当椭圆的焦点在x轴上时，m﹣4=1，解得m=5．‎ ‎②当椭圆的焦点在y轴上时，4﹣m=1，解得m=3．‎ 故答案为：3或5．‎ ‎【点睛】‎ 本题只要考查椭圆的标准方程，以及椭圆的有关性质．‎ 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 ‎14．在棱长为2的正四面体中，分别是的中点，则________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由E是BC的中点，我们可将向量分解为（），再根据正四面体的性质，结合正四面体ABCD的棱长为2，代入••，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵E是BC的中点，∴（）‎ ‎∴（）]•‎ ‎•• ‎ ‎||•||•cos120°+||•||•cos60°+2‎ ‎ -2+1+2=1‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是向量的数量积运算，其中根据正四面体的性质，将空间向量的数量积转化为平面向量的数量积是解答本题的关键．‎ ‎15．若以椭圆上一点和椭圆的两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1，则该椭圆长半轴长的最小值为____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 本试题主要是考查了运用三角形的面积公式得到bc的值，然后结合a2=b2+c2，求解2a的最值。‎ 由题意可知，因为椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的最大面积为1，即可知bc=1，因为a2=b2+c2=b2+ ，那么运用均值不等式，所以a故长轴长的最小值为，答案为。‎ 解决该试题的关键是利用均值不等式得到最值。‎ ‎16．已知是双曲线的两个焦点，圆与双曲线位于轴上方的两个交点分别为，若,则双曲线的离心率为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接NF1，MF2，由双曲线的定义，可得|NF1|＝2a+2c，|MF1|＝2c﹣2a，‎ 在△MF1F2中，和△NF1F2中，表示出cos∠MF1F2， cos∠NF2F1由，可得∠MF1F2+∠NF2F1＝π，即有cos∠MF1F2+cos∠NF2F1＝0，化简整理，由离心率公式计算即可得到所求值．‎ ‎【详解】‎ 如图：‎ 连接NF1，MF2，‎ 由双曲线的定义，可得|MF2|﹣|MF1|＝2a，‎ ‎|NF1|﹣|NF2|＝2a，‎ 由|MF2|＝|NF2|＝2c，‎ 可得|NF1|＝2a+2c，|MF1|＝2c﹣2a，‎ 在等腰△MF1F2中，可得cos∠MF1F2，‎ 在△NF1F2中，可得cos∠NF2F1，‎ 由，可得∠MF1F2+∠NF2F1＝π，即有cos∠MF1F2+cos∠NF2F1＝0，‎ 可得0，‎ 化为2c2﹣3ac﹣a2＝0，‎ 得2e2﹣3e﹣1＝0，解得e或e（舍去），‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎17．已知命题关于的方程有实数根，命题．‎ ‎(1) 若是的必要非充分条件，求实数的取值范围；‎ ‎(2) 若时“”是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或者；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先解得命题为真时的a的范围，再根据必要非充分条件，得到或者进行求解即可．‎ ‎（2）根据由“”是真命题可知 真或真，对两个命题的范围取并集.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)命题或 ‎ 由是的必要非充分条件可得 是 的真子集，‎ 所以 或者 ‎ 即 或者 ‎(2)当时命题即 ，‎ 由“”是真命题可知 真或真 即 或或 实数的取值范围是或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题之间的关系以及充分条件和必要条件的应用，根据条件建立不等式关系是解决本题的关键．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎18．已知中心在原点的双曲线的右焦点为，直线与双曲线的一个交点的横坐标为．‎ ‎（1）求双曲线的标准方程；‎ ‎（2）过点，倾斜角为的直线与双曲线相交于、两点，为坐标原点，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点（2，3）代入双曲线方程，运用双曲线的焦点坐标和a，b，c的关系，解方程即可得到，，进而得到双曲线的方程；‎ ‎（2）直线l的方程为，代入双曲线的方程，设A（x1，y1）、B（x2，y2），运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，由三角形的面积公式计算即可得到所求值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设双曲线的标准方程是， ‎ 由题可知：点在双曲线上，‎ 从而有 ，解得 ‎ 所以双曲线的标准方程为 ‎ ‎（2）由已知得直线的方程为即 ‎ 所以 原点到直线的距离 ‎ 联立消去可得 ‎ 设，则 ‎ 所以 ，‎ 所以 的面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的方程的求法，注意运用曲线上的点和a，b，c的关系，考查三角形的面积的求法，注意运用联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和弦长公式，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎19．如图所示， 平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，‎ ‎，，.‎ ‎(1) 求证：平面；‎ ‎(2) 求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间坐标系，（1）由已知可证平面，得到是平面的一个法向量，只需证明即可.‎ ‎(2)求得平面的法向量，直接写出平面的法向量，运用夹角公式直接求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知可建立空间直角坐标系如右图， ‎ 则，‎ 由 平面可知 ‎ 又∵‎ ‎∴平面 所以 是平面的一个法向量，‎ 由已知可得 ，‎ 所以 ‎ 所以 ‎ 又∵平面 ‎ 从而 平面 ‎（2）与（1）同理可知 是平面的一个法向量 设是平面的一个法向量，则有 又由题可知 ‎ 从而有 ‎ 取可得 ‎ 从而 ‎ ‎ 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面位置关系的判断及求二面角，考查向量法解决立体问题及运算求解能力及推理论证能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎20．点在圆上运动，轴，为垂足，点在线段上，满足．‎ ‎(1) 求点的轨迹方程；‎ ‎(2) 过点作直线与点的轨迹相交于、两点，使点被弦平分，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)判断M线段PD的中点，设，由已知可知 运用代入法，即可得到所求轨迹方程；‎ ‎(2)设A（x1，y1），B（x2，y2），A、B两点在椭圆上，代入椭圆方程，运用作差法和斜率公式，再由点斜式方程可得直线的方程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设点， ‎ 由轴，为垂足，点在线段上，满足可知 ‎ 又由点在圆上可得 ‎ 将代入上式，得 即 ‎ 所以 点的轨迹方程为 ‎ ‎（2）设，由点被弦平分可得 ①‎ 由点、在点的轨迹上可得 ‎ 从而有 ‎ 将①代入上式可得 即 ‎ 故所求直线的方程的方程为，即 ‎【点睛】‎ 本题考查轨迹方程的求法，注意运用中点坐标公式和代入法，考查直线的方程的求法，注意运用点差法解决弦中点问题，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎21．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上，且．‎ ‎(Ⅰ)证明：无论取何值，总有；‎ ‎(Ⅱ)当取何值时，直线与平面所成的角最大？并求该角取最大值时的正切值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) 当时取得最大值,此时.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ)由勾股定理可证得.从而可建立如图所示空间直角坐标系.根据已知条件可得各点的坐标.从而可得各向量的坐标.根据,可得点的坐标.根据数量积公式证,即证得.(Ⅱ)根据线面垂直可得面的一个法向量. 直线与平面所成的角的正弦值等于与面的法向量所成角的余弦值的绝对值.根据配方法可求得其最值.‎ 试题解析：证明：由，可得，‎ 则 即 、、两两相互垂直 ‎ 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，‎ 则 ‎，可得 ‎( Ⅰ）∵，‎ ‎∴‎ ‎∴无论取何值， ‎ ‎（Ⅱ）∵（0，0，1）是平面的一个法向量 ‎∴=‎ ‎∴当时，取得最大值， ‎ 此时=,=,‎ 考点：空间向量法解决立体几何问题.‎ ‎22．已知抛物线，过点作一条直线与抛物线交于两点，‎ ‎(1) 证明:为定值；‎ ‎(2) 设点是定直线上的任意一点，分别记直线，，的斜率为，，．问：，，能否组成一个等差数列？若能，说明理由；若不能，举出反例.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），由 可得y2﹣ny﹣2＝0，再由韦达定理得的值；‎ ‎（2）三条直线AN，MN，BN的斜率成等差数列，证明k1+k3＝2k2即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设直线的方程为 ‎ 联立消去可得 ‎ 设，则有 ‎ 从而 ‎ 所以 ‎ 即为定值.‎ ‎（2）能，理由如下： ‎ 设，则 ‎ 所以 ‎ ‎=，‎ 即，，能组成一个等差数列.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎