2019-2020学年山西省高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年山西省高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年山西省高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合A=,B={x|(x+5)(x2)≤0},则A∩B=( )‎ A．(2,+∞) B．[2,2] C．(2,2] D．[5,+∞)‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用对数函数的定义域、一元二次不等式的解法化简集合A、B,再利用交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎∵A==,‎ B={x|(x+5)(x2)≤0}=,‎ ‎∴A∩B=.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.‎ ‎2．某中学初一、初二、初三的学生人数分别为500,600,700,现用分层抽样的方法从这三个年级中选取18人参加学校的演讲比赛,则应选取的初二年级学生人数为( )‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎【答案】B ‎【解析】直接利用分层抽样中，每个层次被抽取的概率相等求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为分层抽样中，每个层次在总体中所占的比例与在样本中所占的比例相等，‎ 所以，应选取的初二年级学生人数为×18=6，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.‎ ‎3．若直线与平行，则的值为（ ）‎ A．2 B．1或3 C．3 D．2或3‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据直线平行得到，排除重合情况，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与平行 所以，解得或 ‎ 当时，这两条直线重合，排除，故.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了根据直线平行求参数，忽略掉重合的情况是容易犯的错误.‎ ‎4．已知，，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列判断正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】根据空间中线面关系的性质定理，逐项判断，能得到答案.‎ ‎【详解】‎ 对于A，平面和也可能相交，故A不正确；对于B，直线m与n也有可能是异面，故B不正确；对于C，直线m与n有可能平行、异面以及相交但不垂直，故C不正确；对于D，同时垂直于一个平面的两条直线互相平行，故D正确．‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中线面之间位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎5．已知两个单位向量的夹角为60°，向量，则（ ）‎ A． B． C． D．7‎ ‎【答案】A ‎【解析】先根据向量数量积定义得，再求，即得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查利用向量数量积求向量的模，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎6．点到直线的距离的最小值为（ ）‎ A．4 B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用点到直线的距离公式得到，根据三角函数的有界性得到答案.‎ ‎【详解】‎ 点到直线的距离为：‎ ‎.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了点到直线的距离公式和三角函数的有界性，意在考查学生的计算能力.‎ ‎7．已知，，，则的边上的高线所在的直线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先计算，得到高线的斜率，又高线过点，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，高线过点 ‎∴边上的高线所在的直线方程为，即.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了高线的计算，利用斜率相乘为是解题的关键.‎ ‎8．光线自点射入，经倾斜角为的直线反射后经过点，则反射光线还经过下列哪个点（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先计算，计算点关于直线的对称点为，计算得到直线方程，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，设点关于直线的对称点为 则，解得 所以反射光线所在直线方程为 当时，；当时，.故过点 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的对称问题，计算点关于直线的对称点是解题的关键.‎ ‎9．已知分别为圆与圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】计算圆关于轴对称的圆为，的最小值为 ‎，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 圆关于轴对称的圆为圆 则的最小值为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了距离的最值问题，转化为圆心距的关系是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎10．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）.当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半径为厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设圆柱的高度与半球的半径分别为，计算容积得到，根据高的关系得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的高度与半球的半径分别为，则，则，‎ 所以酒杯的容积，‎ 又，所以，所以，解得.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的体积运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎11．如图，在中，，分别为，边上的中点，且，.现将沿折起，使得到达的位置，且二面角为，则（ ）‎ A． B．3 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三角形中位线知，从而得到，；由二面角平面角的定义知，由此得到；根据线面垂直的判定定理和平行关系可知平面，由线面垂直性质知，利用勾股定理求得结果.‎ ‎【详解】‎ 分别为中点 ，‎ 又平面， 平面 二面角的平面角为 ‎ ‎ ‎ ‎ 平面，又平面 ‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中的折叠问题的求解，关键是能够根据折叠后的不变量得到线面垂直的关系，结合勾股定理求得结果.‎ ‎12．若直线与函数的图象恰有3个不同的交点，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出函数图像，直线过定点，根据直线与圆的上半部和下半部关系计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 的图象由圆的下半部分与圆的上半部分组成 直线过定点.‎ 当直线与圆的上半部分相切时，‎ 解得或（舍去）‎ 当直线经过点时，.‎ 数形结合可得：.‎ 故选： ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数图像的交点问题，画出函数图像根据函数图像求解是解题的关键.‎ 二、填空题 ‎13．设函数，则________.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】直接代入数据得到答案.‎ ‎【详解】‎ 故答案为16‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数求值，考查运算求解能力 ‎14．如图，某几何体由两个同底面的圆锥组合而成，若底面积为，小圆锥与大圆锥的高分别为4和6，则该几何体的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据底面积计算底面半径，再利用表面积公式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 底面积为 ‎ 几何体的表面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了表面积的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15．若圆：与圆：内切，则______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】由圆的方程可确定两圆圆心和半径，根据两圆内切的位置关系可知圆心距等于两圆半径之差的绝对值，由此构造方程求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由圆的方程可得两圆圆心分别为：，；半径分别为和 两圆内切 ‎ 解得：或 故答案为：或 ‎【点睛】‎ 本题考查根据圆与圆位置关系求解参数值的问题，关键是能够由两圆内切得到两圆圆心距等于两圆半径之差的绝对值.‎ ‎16．如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱上一点，若与平面 所成角的正切值为2，则的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先找出与平面所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出的斜弦值，再将翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出，即为的最小值.‎ ‎【详解】‎ 取CD的中点H，连接BH，EH.‎ 依题意可得，.因为平面ABCD，所以，‎ 从而平面ABCD，‎ 所以BE与平面PCD所成角为，‎ 且，则，则E为PC的中点.‎ ‎ ‎ 在中，.‎ 因为，，，‎ 所以，所以.‎ 将翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中，‎ 当F为AE与PB的交点时，取得最小值，此时，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中线面垂直、线面角、余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.‎ 三、解答题 ‎17．已知直线经过点.‎ ‎（1）若与直线平行，求的方程（结果用一般式表示）；‎ ‎（2）若在轴上的截距与在轴上的截距相等，求的方程（结果用一般式表示）.‎ ‎【答案】（1）（2）或.‎ ‎【解析】（1）根据平行得到的斜率为2，得到点斜式为，化简得到答案.‎ ‎（2）根据直线是否过原点两种情况分别计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为与直线平行，所以的斜率为2，‎ 由点斜式可得，的方程为，即.‎ ‎（2）当直线过原点时，的斜率为，所以的方程为.‎ 当直线不过原点时，设直线的方程为，代入，得，‎ 所以的方程为.‎ 综上所述：的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程，讨论直线是否过原点是解题的关键，意在考查学生的计算能力.‎ ‎18．已知四棱锥的直观图如图所示，其中，，两两垂直，，且底面为平行四边形.‎ ‎（1）证明：.‎ ‎（2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图，请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图，并求四棱锥的表面积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）作图见解析，表面积为 ‎【解析】（1）由线面垂直的判定定理可证得平面，由线面垂直性质可证得结论；‎ ‎（2）根据三视图的原理可得到侧视图，同时可知平面，平面，从而可得到与的面积，进而求得四棱锥的表面积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）两两互相垂直 ，‎ 平面， 平面 平面 ‎ ‎（2）该四棱锥的侧视图如下图所示：‎ 其中四边形为正方形 易知：平面，平面 ，‎ 与的面积均为：‎ 四棱锥的表面积为 ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三视图的画法和棱锥表面积的求解问题，涉及到线面垂直关系的证明和性质等知识.‎ ‎19．，，分别为内角，，的对边.已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由已知等式可结合余弦定理得到，利用和两角和差的余弦公式可整理得到，根据同角三角函数的商数关系可求得结果；‎ ‎（2）利用同角三角函数关系可求得，根据正弦定理可求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得：‎ ‎ ‎ 整理可得： ‎ ‎（2） ‎ ‎， ，‎ 由正弦定理得：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差余弦公式的应用、同角三角函数的求解问题，属于常考题型.‎ ‎20．如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为的中点，且.‎ ‎（1）证明：平面.‎ ‎（2）若异面直线与所成角的正弦值为，求三棱柱的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）连接，连接交于，连接，证明四边形为平行四边形，得到证明.‎ ‎（2）线与所成角即直线与所成角，,证明，再计算得到，利用体积公式计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接，连接交于，连接.‎ 易证，且，所以四边形为平行四边形，所以.‎ 因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 所以异面直线与所成角即直线与所成角，所以.‎ 因为底面为正方形，所以，又侧棱垂直底面，所以.‎ 因为，所以平面，所以.‎ 因为，，所以，所以.‎ 故三棱柱的体积.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行，体积的计算，计算出的长度是解题的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎21．在数列，中，，，.等差数列的前两项依次为，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）根据递推公式计算，，利用等差数列公式计算得到答案.‎ ‎（2）将题目中两式相加得到，故是首项为2，公比为2的等比数列，计算得到通项公式，再利用错位相减法计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴，，则的公差为 故的通项公式为.‎ ‎（2），①‎ ‎，②‎ ‎①②得.‎ 又，从而是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 故.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即，‎ 即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了通项公式，错位相减法，变换得到是解题的关键.‎ ‎22．已知圆的圆心在直线上，且圆与：相切于点.过点作两条斜率之积为-2的直线分别交圆于，与，.‎ ‎（1）求圆的标准方程；‎ ‎（2）设线段，的中点分别为，，证明：直线恒过定点.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】（1）设圆心，由直线与圆相切可知，利用斜率乘积等于可构造方程求得，由点到直线距离等于半径可求得半径，由此可得圆的标准方程；‎ ‎（2）设，则，将方程与圆的方程联立，由韦达定理和中点坐标公式可求得，代入直线方程求得；以替换可得，结合两点两线斜率公式求得，从而得到直线的方程；将直线的方程整理后，可确定所过定点.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设圆心 圆与相切与点 ，即，解得：‎ ‎ 圆的半径 圆的标准方程为：‎ ‎（2）设，则 联立得：‎ 设，‎ ‎，‎ 以替换可得：，‎ 直线的方程为，即：‎ 当时， 直线过定点 ‎【点睛】‎ 本题考查根据直线与圆的位置关系求解圆的方程、直线过定点问题的求解；求解直线过定点问题的关键是能够利用某一变量表示出直线的方程，进而将含变量的部分进行整理，通过等式恒成立的思路可确定恒过的定点.‎