数学理卷·2019届河北省邢台市第一中学高二上学期第三次月考试题（解析版）x

数学理卷·2019届河北省邢台市第一中学高二上学期第三次月考试题（解析版）x

邢台一中2017-2018学年上学期第三次月考 高二年级数学试题（理科）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. ‎ ‎1. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】抛物线化为标准方程为 ，则抛物线的焦点到其准线的距离为 ‎ 故选B ‎2. 命题“，若，则”的否定是（ ）‎ A. ，若，则 B. ，若，则且 C. ，若 ，则或 D. ，若，则或 ‎【答案】C ‎【解析】命题“，若，则”即命题“，若，则且”，故其否定是“ ，若 ，则或”.‎ 故选C ‎3. 双曲线上一点到它的右焦点的距离是8，那么点到它的左焦点的距离是（ ）‎ A. 4 B. 12 C. 4或12 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】由双曲线，长轴长 ，短轴长 ‎ 双曲线的左焦点，右焦点， 当在双曲线的左支上时，到它的右焦点的距离，则， 则 当在双曲线的右支上时，到它的右焦点的距离，则 ， 则点到它的左焦点的距离4或12，‎ 故选C ‎4. 若过点和的直线与直线平行，则的值为（ ）‎ A. 0 B. -8 C. 2 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得，可得，所以，‎ 因为不在直线上，所以符合题意，故选B.‎ ‎5. 如图，在四面体中，若，，是的中点，则有（ ）‎ A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面，且平面平面 D. 平面平面，且平面平面 ‎【答案】C ‎【解析】因为，，是的中点，⇒平面，由面面垂直判定定理可得平面平面，平面平面，故选C.‎ 点睛：破解线面垂直关系的技巧：(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．‎ ‎6. 经过平面外两点作与此平面垂直的平面，则这样的平面（ ）‎ A. 只能作一个 B. 只能作两个 C. 可以作无数个 D. 可作一个或无数个 ‎【答案】D ‎【解析】当此两点连线不垂直于平面时， 此时过此连线存在唯一一个与平面垂直的平面； 当此两点连线垂直于平面时， 则根据面面垂直的判定定理，可作无数个与平面垂直的平面． 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查满足条件的平面个数的判断，解题时要认真审题，注意分类讨论思想和空间思维能力的培养．‎ ‎7. 设为两个不重合的平面，为两两不重合的直线，给出下列四个命题：‎ ‎①若，，则；②若，，，，则；③若，，则；④若，，且，，则.‎ 其中正确命题的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ①②③ C. ①③④ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】①若，，则平面内任意直线都与平面平行，∴，故①正确； ②若，，，则也可以平行于与的交线，此时两平面不平行，故②错误； ③，根据面面垂直的判定定理，可得，故③正确； ④若，，若可以与面斜交，不一定垂直，故④不正确； 故选A ‎8. 若关于的方程有两个不等的实根，则实数的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】方程可化为 ‎ 作函数的图象如下， ‎ ‎ 结合选项可得， 故选D．‎ ‎9. 已知，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】：（1）当 时，，则： ‎ ‎（2）当时，显然成立； （3）当 时，则： ‎ 反之也成立；‎ ‎ 是 的充要条件．‎ 故选C ‎10.‎ ‎ 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的锲体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1为10尺，该锲体的三视图如图所示，则该锲体的体积为（ ）‎ A. 10000立方尺 B. 11000立方尺 C. 12000立方尺 D. 13000立方尺 ‎【答案】A ‎【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示： 沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱， 则三棱柱的 ‎ 四棱锥的体积 由三视图可知两个四棱锥大小相等，立方丈立方尺． 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．‎ ‎11. 若点和点分别为椭圆的中心和左焦点，点为椭圆上的任意一点，则的最大值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意，，设点 ，则有，解得 ‎ 因为 故此二次函数对应的抛物线的对称轴为 ，因为，所以当时，取得最大值 ‎ 故选C．‎ ‎12. 已知双曲线的左、右两个焦点分别为，以为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，设双曲线的离心率为，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】以线段 为直径的圆方程为 ,双曲线经过第一象限的渐近线方程为 ,联立方程 ,求得 ,因为 ,所以有 ,又 ,平方化简得 ,由求根公式有 (负值舍去).选D.‎ 点睛: 本题主要考查双曲线的离心率, 计算量比较大, 属于中档题. 本题思路: 由已知条件求出圆的方程和直线方程,联立求出在第一象限的交点M坐标,由两点间距离公式,求出离心率的平方. 涉及的公式有双曲线中,两点间距离公式, 求根公式等.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 若圆被直线截得的弦长为，则__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由题意利用弦长公式可得弦心距，再由点到直线的距离公式可得 ‎ 解得，或舍去）， 故选A．‎ ‎14. 给出以下几个说法：‎ ‎①命题：“，”的否定是“，”；‎ ‎②若“”为假命题，则均为假命题；‎ ‎③“三个数成等比数列”是“”的既不充分也不必要条件 其中正确的是________________（写出所有正确的序号）‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】①命题：“，”的否定是“，”；故①正确；‎ ‎②若为假命题，则至少有一个为假命题，因此②错误 ‎③由，不一定有成等比数列，如， 反之，三个数成等比数列，不一定有，如 ． ∴“”是“三个数成等比数列”的既不充分也不必要的条件，故③正确；‎ 即答案为①③‎ ‎15. 三棱锥中，平面，，，，则该三棱锥外接球的表面积是__________．‎ ‎【答案】5 ‎ ‎【解析】由题，平面，， 是三棱锥 的外接球直径； ‎ 可得外接球半径 ‎ ‎∴外接球的表面积 ． 即答案为 ．‎ ‎16. 直线与椭圆交与两点，以线段为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点，则椭圆的离心率为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由题意，以为直径的圆过椭圆的右焦点，也过左焦点，以这两个焦点两点为顶点得一矩形． 直线的倾斜角为，所以矩形宽为，长为 ‎ 由椭圆定义知矩形的长宽之和等于，即 即答案为．‎ ‎【点睛】本题考查圆与椭圆的综合，考查椭圆的几何性质，解题的关键是判断以这两个焦点A、B两点为顶点得一矩形．‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17. 已知命题：在时，不等式恒成立；命题函数是区间上的减函数，若命题“”是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】a>－1‎ ‎【解析】试题分析：先根据在上恒成立，化简命题为；再根据对数函数的定义域及复合函数的单调性化简命题为，最后由命题“或”是真命题可得.‎ 试题解析：∵时，不等式恒成立，‎ ‎∴在上恒成立，‎ 令，则在上是减函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即若命题为真，则．‎ 又∵函数是区间上的减函数，‎ ‎∴是上的增函数，且在上恒成立，‎ ‎∴，，∴，‎ 即若命题为真，则．‎ 综上知，若命题“或”是真命题，则．‎ 考点：1、不等式恒成立问题；2、对数函数的定义域及复合函数的单调性.‎ ‎18. 已知圆的圆心在直线上，且与另一条直线相切于点.‎ ‎（1）求圆的标准方程；‎ ‎（2）已知，点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程.‎ ‎【答案】(1) 圆C的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=2;(2) （x﹣3）2+（y﹣1）2=.‎ 试题解析：（1）设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，‎ 根据题意得：，‎ 解得：，‎ 则圆C的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=；‎ ‎（2）设M（x，y），B（x0，y0），则有代入圆C方程得：（2x﹣5）2+（2y﹣4）2=8，化简得（x﹣3）2+（y﹣1）2=‎ ‎19. 如图所示，已知等腰直角三角形，其中，，点分别是的中点，现将沿着边折起到位置，使，连结.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知条件，从而得到，再由，即可得到，从而得出； （Ⅱ）由 即可得到 从而连接便是与平面 所成角，从而求出的长，在直角三角形中即可求 ．‎ 试题解析：（1）∵点A、D分别是、的中点，‎ ‎∴ ‎ ‎∴∠=90º.‎ ‎∴.∴ , ‎ ‎∵,‎ ‎∴⊥平面. ∵平面,∴. ‎ ‎（2 ）由 连接便是与平面所成角， ‎ 又 ‎ ‎∴在中， ‎ ‎∴直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明方法，线面角的定义及求法（定义法），考查线面位置关系的分析，其中分析到 是解题的关键．‎ ‎20. 已知椭圆的离心率，过点和的直线与原点的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知定点，若直线与椭圆交于两点，问：是否存在的值，使以为直径的圆过点？请说明理由.‎ ‎【答案】（1） ；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两点的坐标可得直线方程,根据点到线的距离公式可得间的关系式,再结合离心率及可解得的值．（2）将直线方程与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程．根据有2个交点可知其判别式大于0得的范围．由上式可得两根之和,两根之积．以为直径的圆过点时,根据直线垂直斜率相乘等于可得的值．若满足前边判别式大于0得的的范围说明存在,否则说明不存在．‎ 试题解析：解：解析：（1）直线方程为：．‎ 依题意解得 ‎∴ 椭圆方程为．‎ ‎（2）假若存在这样的值，由得 ．‎ ‎∴①‎ 设，、，，则②‎ 而．‎ 要使以为直径的圆过点，当且仅当时，则，即 ‎∴③‎ 将②式代入③整理解得．经验证，，使①成立．‎ 综上可知，存在，使得以为直径的圆过点．‎ 考点：1椭圆方程；2直线与椭圆的位置关系问题．‎ ‎21. 如图，已知四棱锥，，侧面是边长为4的等边三角形，底面为菱形，侧面与底面所成的二面角为.‎ ‎（1）求点到平面的距离；‎ ‎（2）若为的中点，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）距离为3.（2）二面角的正弦值为.‎ ‎【解析】试题分析：（1）取的中点，则，因为，所以,从而为侧面与底面所成的二面角的平面角，即，再作 ，垂足为点，因此（2）根据垂直关系，建立空间直角坐标系：以为坐标原点，使轴与平行，所在直线分别为轴，求出各点坐标，利用方程组解出各面法向量，最后根据向量数量积求夹角，再由二面角与法向量夹角关系确定结论 试题解析：（1）解：如图，作平面，垂足为点，‎ 连接与交于点，连接.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴点为的中点，所以.‎ 由此知，为侧面与底面所成的二面角的平面角，‎ ‎∴，.‎ 由已知可求得：，‎ ‎∴，‎ 即点到平面的距离为3.‎ ‎（2）如图以为坐标原点，使轴与平行，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，∴，，，‎ ‎∴，，.‎ 设平面的法向量为，则，令，则 ‎，∴.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，则，∴，‎ ‎.‎ 记二面角为，，‎ 即二面角的正弦值为.‎ 考点：线面垂直判定定理，利用空间向量求二面角 ‎22. 已知是椭圆 的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，线段与轴的交点满足.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）圆是以为直径的圆，一直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点，当，且满足时，求的面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1） ；（2） ‎ ‎ ‎ 试题解析：（Ⅰ）因为，所以 是线段的中点，所以是的中位线，又所以,所以，又因为 ，‎ 解得，所以椭圆的标准方程为. ‎ ‎（Ⅱ）因为直线与相切，所以，即 ‎ 联立得.‎ 设 因为直线与椭圆交于不同的两点、， ‎ 所以， ‎ ‎ ，‎ ‎，又因为，所以 解得.‎ ‎， ‎ 设，则单调递增，‎ 所以，即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎