2018-2019学年重庆市第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年重庆市第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 重庆市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知抛物线方程，则该抛物线的焦点坐标是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将抛物线化成标准方程得y2=x，根据抛物线的基本概念即可算出该抛物线的焦点坐标．‎ ‎【详解】‎ ‎∵抛物线的方程为x=2y2，‎ ‎∴化成标准方程，得y2=x，‎ 由此可得抛物线的2p=，得=‎ ‎∴抛物线的焦点坐标为（，0）‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题给出抛物线的方程，求抛物线的焦点坐标，着重考查了抛物线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．‎ ‎2．双曲线的渐近线方程为（  ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的标准方程即可求得其渐近线方程．‎ ‎【详解】‎ ‎∵双曲线的方程为，‎ ‎∴其渐近线方程为y=±x=±x，‎ 即．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单性质，属于基础题．‎ ‎3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A． 若，，则 B． 若，则 C． 若，，则 D． 若,，，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中线线、线面、面面间的关系求解．‎ ‎【详解】‎ 若，，则α与β相交或平行，故A错误．‎ 若，则或与相交但不垂直,故B错误.‎ 若，由线面垂直的定义，则垂直于若内的所有直线，，所以，故C正确.‎ 若,，，则或与异面，故D不正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查了空间中线线、线面、面面的平行、垂直关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎4．已知某圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2，则圆锥的全面积为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得底面周长，即侧面展开图的扇形弧长，然后根据扇形的面积公式即可求得侧面积，即圆锥的侧面积，再求得圆锥的底面积，侧面积与底面积的和就是全面积．‎ ‎【详解】‎ 底面周长是：2×2π=4π， 则侧面积是：，‎ 底面积是：π×22=4π， 则全面积是：8π+4π=12π． 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆锥的全面积计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．‎ ‎5．椭圆上的点到直线的最大距离是(　　)‎ A． 3 B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ），由点到直线的距离公式，计算可得答案．‎ ‎【详解】‎ 设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ）‎ 则点P到直线的距离 d=；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要认真审题，仔细求解．‎ ‎6．已知三棱锥，过点作面为中的一点，，，则点为的（ ）‎ A． 内心 B． 外心 C． 重心 D． 垂心 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AO并延长交BC于一点E，连接PO，由于PA，PB，PC两两垂直可以得到PA⊥面PBC，而BC⊂面PBC，可得BC⊥PA，由PO⊥平面ABC于O，BC⊂面ABC，PO⊥BC，可得BC⊥AE，同理可以证明才CH⊥AB，又BH⊥AC．故H是△ABC的垂心．‎ ‎【详解】‎ 连接AO并延长交BC于一点E，连接PO，由于PA，PB，PC两两垂直可以得到PA⊥面PBC，而BC⊂面PBC，∴BC⊥PA，‎ ‎∵PO⊥平面ABC于O，BC⊂面ABC，∴PO⊥BC，∴BC⊥平面APE，∵AE⊂面APE，∴BC⊥AE；‎ 同理可以证明才CH⊥AB，又BH⊥AC．‎ ‎∴H是△ABC的垂心． ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面垂直的性质，解题时要注意数形结合，属于基本知识的考查．‎ ‎7．已知是以为焦点的双曲线上的动点，则的重心的轨迹方程为（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点P（m，n ），则 设△PF1F2的重心G（x，y），则由三角形的重心坐标公式可得x=，y=，解出m、n的解析式代入①化简可得所求．‎ ‎【详解】‎ 由双曲线的方程可得 a=4，b=3，c=5，∴F1（﹣5，0），F2（5，0）．‎ 设点P（m，n ），则 ①．设△PF1F2的重心G（x，y）（y≠0），则由三角形的重心坐标公式可得 x=，y=，即 m=3x，n=3y，代入①化简可得 ‎ ‎，故△PF1F2的重心G的轨迹方程是，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用代入法求点的轨迹方程的方法，三角形的重心坐标公式，找出点P（m，n ）与重心G（x，y） 的坐标间的关系是解题的关键．‎ ‎8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断三视图对应的几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．‎ ‎【详解】‎ 三视图复原的几何体是长方体的一个角，如图：‎ 直角顶点处的三条棱长：3，，3．其中斜侧面的高为：3．‎ 几何体的表面积是：=．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图与几何体的关系，判断几何体的形状是解题的关键．‎ ‎9．如图，在三棱锥中，平面平面为等边三角形， 其中分别为的中点，则三棱锥的体积为（） ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等体积法求三棱锥B﹣MOC的体积即可．‎ ‎【详解】‎ 在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=，∴AB=2，OC=1，‎ ‎∴等边三角形VAB的边长为2，S△VAB=，‎ ‎∵O，M分别为AB，VA的中点．‎ ‎∴．‎ 又∵平面平面 平面平面又OC⊥AB, ∴OC⊥平面VAB，‎ ‎∴三棱锥．‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的性质定理的应用，考查体积的计算，正确运用平面与平面垂直的性质定理是关键，是中档题．‎ ‎10．已知抛物线的方程为，过点和点的直线与抛物线没有公共点，则实数取值范围是( )‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出过和点的直线方程，与抛物线方程联立，根据直线与抛物线C没有公共点，所以判别式小于0，直接求得t的范围．‎ ‎【详解】‎ 由题意知过和点两点的斜率，‎ ‎∴设过A、B的直线方程为，与抛物线方程联立得x2﹣x+=0，‎ ‎△=﹣8<0，∴t<或t>，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题.‎ ‎11．已知点，若圆上存在点(不同于)，使得，则实数的取值范围是( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得两圆相交，而以MN为直径的圆的方程为x2+y2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质可得|r﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r的范围．‎ ‎【详解】‎ 根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以MN为直径的圆和圆 （x﹣3）2+y2=r2有交点，‎ 显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．‎ 而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，两个圆的圆心距为3，‎ 故|r﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r＜5，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．‎ ‎12．如图在正方体中，点为线段的中点. 设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是( )‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：设正方体的棱长为，则，所以， .‎ 又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.‎ ‎【考点定位】空间直线与平面所成的角.‎ 视频 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．已知球的表面积为,则球的体积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合球的表面积公式求得半径，再由球的体积公式得答案．‎ ‎【详解】‎ 设球O的半径为r，则4πr2=16π，‎ 得r2=4，即r=2．‎ ‎∴球O的体积为．‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球的表面积与体积的求法，是基础题．‎ ‎14．设椭圆的左右焦点分别为，如果椭圆上存在点，使 ，则离心率的取值范围________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：以线段为直径的圆与椭圆有公共点，所以，即，，所以.‎ 考点：椭圆的离心率.‎ ‎15．已知四棱锥的底面为正方形,且顶点在底面的射影为的中心，若该棱锥的五个顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的半径为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意构造直角三角形，利用射影定理，求出球的半径，即可求出球的表面积．‎ ‎【详解】‎ 由题意知四棱锥为正四棱锥，设顶点在底面的射影为的中心为O,连接VO并延长交球于M，连接AM,则为,连接AO, 设球的半径为R，由射影定理，则（）2=4•（2R﹣4），‎ ‎∴R=，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查组合体问题，考查学生的空间想象能力、计算能力，构造直角三角形是关键．‎ ‎16．已知分别为双曲线的下焦点和上焦点,过的直线交双曲线的上支于两点，若，且，则双曲线离心率的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形建立关于c、a的关系式，再求离心率e=的值．‎ ‎【详解】‎ 如图，取F2M的中点P，因为|MF1|=|F1F2|=2c，∴|F2M|=2(c﹣a) ∴ |MP|=|F2P|=c﹣a；‎ 又，则|NF2|=3（c﹣a），|NF1|=3c﹣a；‎ 在Rt△NPF1中，|NP|2+=，‎ 在Rt△MPF2中，|MP|2+=，‎ 得（3c﹣a）2﹣[4（c﹣a）]2=（2c）2﹣（c﹣a）2，‎ 化简得10c2﹣24ac+14a2=0，‎ 即（c﹣a）（5c﹣7a）=0，‎ 解得c=a或5c=7a；‎ 又e＞1，‎ ‎∴离心率e==．‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的离心率计算问题，也考查了数形结合与运算能力，是中档题．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知数列满足：，且对任意的，都有成等差数列.‎ ‎（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)证明见解析，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件可知，所以，数列是等比数列，根据等比数列通项求得.‎ ‎ (2)利用分组求和方法和等比数列求和公式求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由条件可知， 即， ‎ 所以，且则是以为首项，为公比的等比数列， 所以， ‎ 则.‎ ‎(2)由(1), ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的通项的求法，考查等比数列的证明及等比数列求和公式，考查分组求和的方法，是中档题．‎ ‎18．在直三棱柱中， ,点是的中点. ‎ ‎（1）求证：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】‎ 试题分析：‎ ‎（1）设CB1与C1B的交点为E，连接DE，由三角形中位线定理可证得DE∥AC1，从而可得AC1∥平面CDB1。（2）由DE∥AC1可得∠CED为AC1与B1C所成的角（或其补角），在中，可得，解三角形得，即为所求。‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：设CB1与C1B的交点为E，连接DE，‎ ‎∵四边形BCC1B1为正方形，‎ ‎∴ E是BC1的中点，‎ 又D是AB的中点，‎ ‎∴DE∥AC1。‎ 又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，‎ ‎∴AC1∥平面CDB1.‎ ‎(2)解：∵DE∥AC1，‎ ‎∴∠CED为AC1与B1C所成的角（或其补角）．‎ 在△CED中，，‎ ‎∴。‎ ‎∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为。‎ 点睛：求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法 一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行，解题时注意异面直线所成角的范围，根据三角形的内角来确定异面直线所成角的大小。‎ ‎19．已知过点的直线与抛物线相交于两点，其中为坐标原点.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）当的面积等于时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）0；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设A（x1，y1），Bx2，y2），直线设为，代入抛物线方程，运用韦达定理，及平面向量的数量积的坐标表示，即可得结果；‎ ‎（2）将三角形面积进行分割，得到结合（1）中的韦达定理即可得到直线AB的方程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由方程组消去后，整理得.‎ 设，由韦达定理得 ‎ ∵A,B在抛物线上，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴ x1x2+y1y2=0；‎ ‎(2)设直线与轴交于N，又显然，‎ 令，则，即N（-1,0），‎ ‎∵‎ ‎∴，‎ ‎∵解得，‎ 则直线AB的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线方程和抛物线方程联立，消去未知数，运用韦达定理求解的问题，综合考查平面向量数量积的运算及三角形面积分割，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎20．设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆相交于两点，直线的倾斜角为到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的焦距；‎ ‎（2）如果求椭圆的方程.‎ ‎【答案】（1）4；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用点到直线的距离公式即可得出；‎ ‎（2）由（1）可得：y=（x﹣2），设A（x1，y1），B（x2，y2）．与椭圆方程联立可得根与系数的关系，由于=2，可得．代入根与系数的关系中解出，即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设焦距为2c，由已知可得F1到直线l的距离 所以c=2．‎ 所以椭圆C的焦距为4．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），可设y1＜0，y2＞0，‎ ‎​直线l的方程为．‎ 联立， y2+y+-1=0‎ 解得．‎ 因为．,所以 即．‎ 得.而，所以．‎ 故椭圆C的方程为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量的线性运算、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎21．在直三棱柱中，分别是线段 的中点，过线段的中点作的平行线，分别交于点． ‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线面垂直的判定定理即可证明MN⊥平面ADD1A1；又平面A1MN，‎ 所以平面A1MN⊥平面ADD1A1；‎ ‎（2）建立空间坐标系，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：∵AB=AC，D是BC的中点，‎ ‎∴BC⊥AD，‎ ‎∵M，N分别为AB，AC的中点，‎ ‎∴MN∥BC，‎ ‎∴MN⊥AD，‎ ‎∵AA1⊥平面ABC,平面ABC，‎ ‎∴AA1⊥MN，‎ ‎∵AD,AA1平面ADD1A1，且AD∩AA1=A，‎ ‎∴MN⊥平面ADD1A1∴，‎ 又平面A1MN，‎ 所以平面A1MN⊥平面ADD1A1；‎ ‎（2）设AA1=1，‎ 如图：过A1作A1E∥BC，‎ 建立以A1为坐标原点，A1E，A1D1，A1A分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)，‎ ‎∵P是AD的中点，‎ ‎∴M，N分别为AB，AC的中点．‎ 则，，‎ 则，，，‎ 设平面AA1M的法向量为，‎ 则，得,‎ 令，则，则，‎ 同理设平面A1MN的法向量为，‎ 则，得，‎ 令，则，则，‎ 则，‎ ‎∵二面角A-A1M-N是锐二面角，‎ ‎∴二面角A-A1M-N的余弦值是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线垂直的判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．‎ ‎22．如图，椭圆C1：=1（a＞b＞0）的离心率为，x轴被曲线C2：y=x2﹣b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A、B，直线MA，MB分别与C1相交于D，E，证明：MD⊥ME. 并记△MAB，△MDE的面积分别是S1，S2．问：是否存在直线l，使得=？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）2，1；（2）存在，或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得：，=a，a2=b2+c2．联立解出即可得出．‎ ‎（2）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为：y=kx，与抛物线方程联立得x2﹣kx﹣1=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），利用根与系数的关系、斜率计算公式可得：kMA•kMB=﹣1．即可证明．‎ 又设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为y=k1x﹣1．由，解得点A的坐标为．又直线MB的斜率为﹣，同理可得点B的坐标为．可得S1=|MA|•|MB|=．同理联立，可得D的坐标为．同理可得点E的坐标为．可得S2=|MD|•|ME|，利用==，解得，由点A，B的坐标得，k=．即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题得e=，从而a=2b，又2=a，解得a=2，b=1.‎ ‎（2）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y=kx，‎ 由得x2-kx-1=0．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 于是x1+x2=k，x1x2=-1，又点M的坐标为（0，-1），‎ 所以kMA•kMB===‎ ‎​==-1．‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME．‎ 设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为y=k1x-1．‎ 由，‎ 解得或．‎ 则点A的坐标为（k1，k12-1）．‎ 又直线MB的斜率为-，同理可得点B的坐标为（-， -1）．‎ 于是s1=|MA|•|MB|= •|k1|••|-|=．‎ 由得（1+4k12）x2-8k1x=0．‎ 解得或，，‎ 则点D的坐标为,‎ 又直线ME的斜率为-．同理可得点E的坐标为．‎ 于是s2=|MD|•|ME|=．‎ 故=，‎ 解得k12=4或k12=．‎ 又由点A，B的坐标得，k==k1-．所以k=±．‎ 故满足条件的直线存在，且有两条，其方程为y=x和y=-x．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎