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） 14页

‎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．‎