2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

‎2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．方程表示焦点在轴上的椭圆，则和应满足下列（ ）‎ A. B. ， C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】方程表示焦点在轴上的椭圆，整理为： .‎ ‎，整理得： .‎ 故选C.‎ ‎2．若等比数列的首项和为，公比为，且， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】等比数列, ,前项和为，所以.‎ 故选D.‎ ‎3．若标准双曲线以为渐近线，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】标准双曲线以为渐近线，则或.‎ 双曲线的离心率或.‎ 故选D.‎ ‎4．以为圆心且与直线相切的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】圆心到直线的距离为： .‎ 即圆的半径为.‎ 圆的方程为.‎ 故选B.‎ ‎5．已知直线， ， 和平面， ，直线平面，下面四个结论：①若，则；②若， ，则；③若， ， ，则；④若， ，则，其中正确的个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由线面垂直的性质定理知，若，直线平面，则有，①正确；‎ 若， ，则与可以异面，可以相交，也可以平行，②错误；‎ 若， ，则必存在不与重合的， ，使得，则， , 所以，所以，③正确；‎ 若， ，则，④正确.‎ 综上：①③④正确.‎ 故选D.‎ ‎6．在中，已知，则的形状是( )‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】根据正弦定理可知∵acosA=bcosB，‎ ‎∴sinAcosA=sinBcosB，‎ ‎∴sin2A=sin2B，‎ ‎∴A=B,或2A+2B=180∘即A+B=90∘，‎ 所以△ABC为等腰或直角三角形。‎ 故选：D.‎ ‎7．直线交椭圆于， ，若中点的横坐标为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】直线与椭圆联立得： .‎ 设， ，则有.‎ 因为中点的横坐标为，所以，则有.‎ 故选A.‎ ‎8．在正方体中，异面直线与所成角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】在正方体中， ，‎ 所以即为所求（或其补角）.‎ 连接，因为，所以.‎ 故选C.‎ ‎9．如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各条棱中最长的棱是的长度是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图所示，该几何体为棱锥，‎ ‎, .‎ 各条棱中最长的棱是.‎ 故选C.‎ ‎10．圆关于直线对称的圆的方程为，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】圆化为标准方程为：圆.‎ 圆关于直线对称的圆的方程为,‎ 所以圆心与(0,0)关于对称.‎ ‎，解得.‎ 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.‎ ‎11．已知点是直线（）上一动点， 、是圆： 的两条切线， 、为切点， 为圆心，若四边形面积的最小值是，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵圆的方程为： ，‎ ‎∴圆心C(0,−1)，半径r=1.‎ 根据题意,若四边形面积最小,当圆心与点P的距离最小时,即距离为圆心到直线l的距离最小时,切线长PA,PB最小。切线长为4，‎ ‎∴，‎ ‎∴圆心到直线l的距离为.‎ ‎∵直线（），‎ ‎∴,解得，由 所求直线的斜率为 故选D.‎ ‎12．如图所示，在正方体中，点是棱上一动点，平面交棱于点，则下列命题中假命题是（ ）‎ A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面 C. 对于任意的点，三棱锥的体积均不变 D. 对于任意的点，四棱锥的体积均不变 ‎【答案】B ‎【解析】对A，当为的中点时，则F也为A的中点，∴EF∥，∴∥平面；故A为真命题；‎ 对B，假设平面BEF， 在平面BEF内，则，在矩形中， ，所以不会与垂直，故B不正确.‎ 对C，∵， 平面， 到平面的距离为，且为定值，所以三棱锥的体积均不变，故C是真命题；‎ 对D，∵=，∵C∥A∥平面B，∴四棱锥−BEF的体积为定值，故D是真命题；‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查了空间位置关系的判定，空间距离的求解问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行的判定与性质，三棱锥的体积的计算公式等知识点的综合运用，着重考查了学生的推理与运算能力，解答中熟记位置关系的判定和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.‎ 二、填空题 ‎13．抛物线的焦点坐标为________.‎ ‎【答案】（0，－）‎ ‎【解析】由得，焦点为（0，－）.‎ ‎【考点】抛物线的性质.‎ ‎14．已知等差数列满足， ，在__________．‎ ‎【答案】25.‎ ‎【解析】等差数列, ,,‎ 所以.‎ ‎.‎ ‎15．在中，已知三个内角为、、、满足，求最小角的余弦值__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴由正弦定理可得 ‎∴a为三角形的最小边，∴A为三角形的最小内角，‎ 设 ‎∴由余弦定理可得 故答案为： .‎ ‎16．从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，设为线段的中点， 为坐标原点，则__________．‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ 设是双曲线的右焦点，连接P.‎ ‎∵M、O分别为FP、FF′的中点,∴.‎ ‎，由双曲线定义得， ，‎ 故，‎ 答案为：1.‎ 点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质，属于中档题.‎ 求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题是利用点到直线的距离等于圆半径，中位线定理，及双曲线的定义列式求解即可..‎ 三、解答题 ‎17．如图所示， 中， ， ， ，以点为圆心， 为半径作扇形， ‎ ‎（1）求平面图形绕直线旋转一周所成的几何体的体积；‎ ‎（2）求平面图形绕直线旋转一周所成的几何体的表面积.‎ ‎【答案】(1) (2) .‎ ‎【解析】试题分析：由图可知，平面图形绕直线旋转一周得到的一个以BD为轴圆锥和以AC为半径的半球；‎ ‎（1）圆锥底面的半径为，高为，即可得圆锥体积，半球的半径为即可得体积；‎ ‎（2）圆锥的母线为，代入圆锥的侧面积公式，再去半球的表面积即可得解.‎ 试题解析：‎ ‎（1） ， ， ‎ ‎（2）， ，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎18．已知数列是首项为，公比为（）的等比数列，并且， ， 成等差数列.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1） (2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）直接利用已知条件整理得到关于公比的等式，解之即可求出公比； （2）利用求出的公比，先求出两个数列的通项公式，再对数列{bn}采用分组求和即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由条件得， .‎ 得或（舍）‎ ‎（2）∵‎ ‎∴‎ ‎∴.‎ ‎19．设锐角三角形的内角， ， 的对边分别为， ， ，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若， ，求的面积及.‎ ‎【答案】（1）;（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知及正弦定理得，由于，可求，结合B是锐角，可求B． （2）依题意利用三角形面积公式及余弦定理即可计算得解．‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，由正弦定理得 由于，故有，‎ 又因为是锐角，所以.‎ ‎（2）依题意得： ，‎ 所以由余弦定理，可得：‎ ‎.‎ ‎20．已知椭圆（）的左右焦点分别为、，离心率.过的直线交椭圆于、两点，三角形的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若弦，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）;（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用椭圆的离心率以及的周长为8，求出a，c，b，即可得到椭圆的方程， （2）求出直线方程与椭圆方程联立，点的坐标为, 的坐标为求出A，B坐标，然后求解三角形的面积即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1）三角形的周长，所以.‎ 离心率，所以，则.‎ 椭圆的方程为： ‎ ‎（2）设点的坐标为, 的坐标为， 的斜率为（显然存在）‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎.‎ 点睛: 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎21．图1，平行四边形中， ， ，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点为侧棱的中点. ‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积；‎ ‎（3）在的角平分线上是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明，再由线面垂直的判定的定理可得平面，从而得，进而可得平面，最后由由线面垂直的判定的定理可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得 ‎，进而可得结果；（Ⅱ）取中点，连接并延长至点，使，连接， ， ，先证四边形为平行四边形，则有∥，利用平面几何知识可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形中，有，又因为为侧棱的中点，‎ 所以；‎ 又因为， ，且，所以平面. ‎ 又因为平面，所以；‎ 因为，‎ 所以平面， ‎ 又因为平面，‎ 所以平面平面． ‎ ‎（Ⅱ）解：因为， 平面，所以是三棱锥的高，‎ 故， ‎ 又因为， , ，所以，‎ 所以有 .‎ ‎（Ⅲ）解：取中点，连接并延长至点，使，连接， ， .‎ 因为，所以射线是角的角分线. ‎ 又因为点是的中点，所以∥，‎ 因为平面， 平面，‎ 所以∥平面. ‎ 因为、互相平分，‎ 故四边形为平行四边形，有∥.‎ 又因为，所以有， ‎ 又因为，故.‎ ‎22．已知圆： 过圆上任意一点向轴引垂线垂足为（点、可重合），点为的中点.‎ ‎（1）求的轨迹方程；‎ ‎（2）若点的轨迹方程为曲线，不过原点的直线与曲线交于、‎ 两点，满足直线， ， 的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）面积的取值范围为.‎ ‎【解析】试题分析：（1）设，则，代入圆： 即可得解；‎ ‎（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为（），与椭圆联立得，设， ，由直线， ， 的斜率依次成等比数列， ，可得，再由， ，计算即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）设，则，则有： ，整理得： .‎ ‎（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为（），， ，‎ 由消去得 则 ，且， .‎ 故 因为直线， ， 的斜率依次成等比数列， ‎ 即，又，所以，即.‎ 由于直线， 的斜率存在，且，得且，设为 到直线的距离， ， ‎ 则，所以面积的取值范围为.‎ 点睛： 在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：‎ ‎①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；‎ ‎③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围