2018-2019学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期期末考试数学试题(解析版)

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2018-2019学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期期末考试数学试题(解析版)

‎2018-2019学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期期末考试数学试题 一、单选题 ‎1.抛物线的焦点到准线的距离等于( )‎ A.2 B.4 C.6 D.8‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据抛物线的标准方程得,求出,即得结论.‎ ‎【详解】‎ 抛物线中,即, 所以焦点到准线的距离是.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程,抛物线的准线方程是,焦点坐标是焦点到准线的距离为.本题属于基础题.‎ ‎2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:以D点为坐标原点,以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),(0,2,1)‎ ‎∴=(-2,0,1),=(-2,2,0),且为平面BB1D1D的一个法向量.‎ ‎∴.∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 ‎【考点】直线与平面所成的角 ‎3.过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,如果x1+x2=6,那么|AB|等于(  )‎ A.6 B.8 C.9 D.10‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据抛物线的性质直接求解,即焦点弦长为.‎ ‎【详解】‎ 抛物线中,,∴, 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 是抛物线的焦点弦,,,抛物线的焦点弦长为,抛物线的焦点弦长为,抛物线的焦点弦长为,抛物线的焦点弦长为.‎ ‎4.过点P(4,-1),且与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程是(  )‎ A.4x+3y-19=0 B.4x+3y-13=0‎ C.3x+4y-16=0 D.3x+4y-8=0‎ ‎【答案】B ‎【解析】与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程可设为,代入点的坐标求出参数即可.‎ ‎【详解】‎ 设所求直线方程为,又直线过点,∴,,∴直线方程为,故选B.‎ ‎【点睛】‎ 与直线垂直的直线方程为,直线平行的直线方程为.‎ ‎5.已知圆C:,则过点P(1,2)的最短弦所在直线l的方程是(  )‎ A. B. C. D..‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题可知,当直线l与直线垂直时,所截得弦长最短,再由点斜式确定直线 l的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题可知,当直线l与直线垂直时,所截得弦长最短,‎ ‎ P(1,2),圆C:x2+y2-4x-5=0,标准方程为,‎ ‎ ,;‎ ‎ ;‎ 由点斜式得直线l方程为:,即.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求解直线方程的点斜式法,考查直线与圆的位置关系和圆的弦长变化规律,以及互相垂直的两直线斜率关系,考查用几何法解决直线与圆的综合问题的能力.‎ ‎6.6.双曲线的焦点到渐近线的距离为(   )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:双曲线焦点到渐近线的距离为,所以距离为.‎ ‎【考点】双曲线与渐近线.‎ ‎7.已知是球表面上的点,,,,,则球表面积等于 A.4 B.3 C.2 D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】解:∵已知S,A,B,C是球O表面上的点 ‎∴OA=OB=OC=OS=1‎ 又SA⊥平面ABC,AB⊥BC,SA=AB=1,BC=" 2" ,‎ ‎∴球O的直径为2R=SC=2,R=1,‎ ‎∴表面积为4πR2=4π.‎ 故选A.‎ ‎8.“-3B”是“sinA>sinB”成立的必要不充分条件.有下列四个结论:‎ ‎①p真q假;②“p∧q”为真;③“p∨q”为真;④p假q真,‎ 其中正确结论的序号是________‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】先判断命题的真假,然后由复合命题的真值表判断复合命题的真假.‎ ‎【详解】‎ 不等式等价于,即,命题为真,在中,,命题为假,因此②④为假,①③为真.‎ ‎【点睛】‎ 复合命题的真值表:‎ 真 真 真 真 假 真 假 假 真 假 假 真 假 真 真 假 假 假 假 真 复合命题的真假可按真值表进行判断.‎ 另外在中与是等价的,但在一般三角函数中此结论不成立.‎ 三、解答题 ‎17.已知:,:(),若是的必要而不充分条件,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析:将“是的必要不充分条件”转化为“ 是的充分不必要条件”,通过解二次不等式化简命题,据的关系写出端点的大小关系,列出不等式组,求出的范围.‎ 试题解析:∵:,‎ ‎∴:,‎ 由:,‎ 解得(),‎ ‎∴:().‎ 由是的必要而不充分条件可知:,‎ ‎∴或解得.‎ ‎∴满足条件的的取值范围为.‎ ‎【考点】充分必要条件的应用 ‎18.已知圆C的圆心为(2,1),若圆C与圆x2+y2-3x=0的公共弦所在直线过点(5,-2),求圆C的方程.‎ ‎【答案】(x-2)2+(y-1)2=4.‎ ‎【解析】先设圆C半径,再对应相减两圆方程得公共弦所在直线方程,代入点求得半径.‎ ‎【详解】‎ 设圆C的半径长为r,则圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=r2,‎ 即x2+y2-4x-2y+5=r2,两圆的方程相减,得公共弦所在直线的方程为x+2y-5+r2=0.‎ 因为该直线过点(5,-2),所以r2=4,则圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=4.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两圆公共弦求法,考查基本求解能力.‎ ‎19.已知双曲线的中心在原点,焦点在坐标轴上,一条渐近线方程为 ‎,且过点。‎ ‎(Ⅰ)求双曲线方程; ‎ ‎(Ⅱ)若点在此双曲线上,求。‎ ‎【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)0‎ ‎【解析】试题分析:(1)设双曲线方程为,由双曲线过点,能求出双曲线方程;(2)由点在此双曲线上,得.由此能求出的值 试题解析:(Ⅰ)由题意,设双曲线方程为 ‎ 将点代入双曲线方程,得,‎ 即 ‎ 所以,所求的双曲线方程为 ‎ ‎(Ⅱ)由(1)知 ‎ 因为,所以 ‎ 又在双曲线上,则 ‎ ‎【考点】双曲线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系 ‎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.‎ ‎【答案】(1)8(2)‎ ‎【解析】(1)由y2=6x,得准线方程、焦点,直线的方程为,与抛物线方程联立可得x2-5x+=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=5,由抛物线的定义可知线段AB的长;‎ ‎(2),即可求线段AB的中点M到准线的距离.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为直线l的倾斜角为60°,所以其斜率k=tan 60°=.‎ 又F,所以直线l的方程为y=.‎ 联立消去y得x2-5x+=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=5,‎ 而|AB|=|AF|+|BF|=x1++x2+=x1+x2+p,所以|AB|=5+3=8.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线定义知|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p=x1+x2+3,‎ 所以x1+x2=6,于是线段AB的中点M的横坐标是3.又准线方程是x=-,‎ 所以M到准线的距离为3+=.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的方程与性质,考查直线与抛物线的位置关系,考查抛物线的定义,属于中档题.‎ ‎21.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明: BC1//平面A1CD;‎ ‎(Ⅱ)设AA1= AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C一A1DE的体积.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)‎ ‎【解析】试题分析:(Ⅰ)连接AC1交A1C于点F,则DF为三角形ABC1‎ 的中位线,故DF∥BC1.再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD.(Ⅱ)由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形,由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1.求得CD的值,利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值,可得A1D⊥DE.进而求得S△A1DE的值,再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD,运算求得结果 试题解析:(1)证明:连结AC1交A1C于点F,则F为AC1中点又D是AB中点,‎ 连结DF,则BC1∥DF. 3分 因为DF⊂平面A1CD,BC1不包含于平面A1CD, 4分 所以BC1∥平面A1CD. 5分 ‎(2)解:因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1. 8分 由AA1=AC=CB=2,得∠ACB=90°,,,,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D 10分 所以三菱锥C﹣A1DE的体积为:==1. 12分 ‎【考点】直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积 ‎22.在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设椭圆E:,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点M.‎ ‎(ⅰ)求的值;‎ ‎(ⅱ)求△ABM面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) (2) (ⅰ)2(ⅱ)6‎ ‎【解析】(1)两圆交点在椭圆上,说明有,从而得,再由离心率求得,最后可得值;‎ ‎(2)(i)设,,写出点坐标,把的坐标分别代入相应椭圆方程即可求得;‎ ‎(ii)设,把直线方程代入椭圆方程消元后得一元二次方程,应用韦达定理求得,而,这样令,可化为的函数,满足的关系可由二次方程根的判别式求出,注意直线与椭圆和椭圆都相交,两次应用判别式可得,从而可求得最大值,又由(i)可得,于是结论可得.‎ ‎【详解】‎ 解 (1)由题意知,2a=4,则a=2,‎ 又,a2-c2=b2,‎ 可得b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为.‎ ‎(ⅰ)设P(x0,y0),,‎ 由题意知,M(-λx0,-λy0).‎ 因为+y=1,‎ 又,即,‎ 所以λ=2,即.‎ ‎(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,‎ 由Δ>0,可得m2<4+16k2,①‎ 因为x1+x2=-,x1x2=.‎ 所以|x1-x2|=.‎ 因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),‎ 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|‎ ‎=.‎ 设=t,则t>0.‎ 将y=kx+m代入椭圆C的方程,‎ 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②‎ 由①②可知0<t≤1,‎ 因此S=,‎ 故,‎ 当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值.‎ 由(ⅰ)知,△ABQ面积为3S,‎ 所以△ABQ面积的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程,考查椭圆中的最值问题.在直线与椭圆相交问题中,一般采取设而不求思想,即设出交点坐标为,把直线方程代入椭圆方程,由韦达定理得,再用它们表示出题中要求的量,本题中的面积.应用换元法求得的面积的最大值,其三倍即为的面积,这种题型主要考查学生的计算能力,推理能力.‎
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