江西省临川第一中学临川一中实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学理试题 20页

江西省临川第一中学、临川一中实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.设，则“”是“”的( )‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.‎ ‎【详解】化简不等式，可知 推不出；‎ 由能推出，‎ 故“”是“”的必要不充分条件，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件。‎ ‎2.已知，，且，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查空间向量坐标的运算,空间向量共线.‎ 因为因为，所以，解得故选B ‎3.已知椭圆C：,直线l：x+my-m=（m∈R）,l与C的公共点个数为（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 0或1或2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断直线系经过的定点与椭圆的位置关系,然后判断公共点的个数．‎ ‎【详解】解：直线l：x+my-m=（m∈R）,恒过定点（，1），‎ 定点（，1）在椭圆C：的外面,‎ 所以直线l：x+my-m=（m∈R）与C的公共点个数可能为0或1或2．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，是基本知识的考查,基础题．‎ ‎4.已知A,B,C三点不共线,对于平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A,B,C一定共面的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点与点共面，可得，验证选项，即可得到答案.‎ ‎【详解】设，若点与点共面,,则，只有选项D满足，.故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的共面定理的应用，其中熟记点与点共面时，且,则是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎5.已知拋物线x2=ay的焦点恰好为双曲线的上焦点,则a=（ ）‎ A. 4 B. C. 8 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的方程及双曲线的方程求出抛物线的焦点坐标和双曲线的焦点坐标,列出方程求出a．‎ ‎【详解】解：抛物线x2=ay（a＞0）的焦点为（0，）,‎ 双曲线的焦点为（0，±2）,‎ ‎∵a＞0,‎ ‎∴=2,‎ ‎∴a=8.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查由圆锥曲线的方程求圆锥曲线中的参数、圆锥曲线的共同特征等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,属于基本知识的考查．‎ ‎6.已知,则向量与的夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的坐标即可求出,从而得出,这样即可得出与的夹角．‎ ‎【详解】解：，，‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴与的夹角为90°．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了空间向量数量积的坐标运算,向量垂直的充要条件,向量夹角的定义,考查了计算能力,属于基础题．‎ ‎7.下列命题正确的是 ‎（1）命题“，”的否定是“，”；‎ ‎（2）l为直线，，为两个不同的平面，若，，则；‎ ‎（3）给定命题p，q，若“为真命题”，则是假命题；‎ ‎（4）“”是“”的充分不必要条件．‎ A. （1）（4） B. （2）（3） C. （3）（4） D. （1）（3）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐个命题进行判定，对于（1）结合全称命题的否定方法可以判定；对于（2）要考虑全面直线与平面的位置关系；对于（3）根据复合命题的真假进行判断；对于（4）利用可以判定.‎ ‎【详解】对于（1）“，”的否定就是“，”，正确；‎ 对于（2）直线可能在平面内，所以不能得出，故不正确；‎ 对于（3）若“为真命题”则均为真命题，故是假命题，正确；‎ 对于（4）因为时可得，反之不能得出，故“”是“”的必要不充分条件,故不正确.故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查简易逻辑，涉及知识点较多，要逐一判定，最后得出结论.题目属于知识拼盘.‎ ‎8.已知命题：“关于的方程有实根”，若为真命题的充分不必要条件为，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 命题p：，为，又为真命题的充分不必要条件为，故 ‎9.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P在ABCD内,且到直线AA1，BB1的距离之和等于,则△PAB的面积最大值是（　　　　）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定动点P的轨迹方程,根据动点P的轨迹方程可知：△PAB的AB边上的高，当PA=PB时最大，这时PA=PB=，即可求出△PAB的面积最大值．‎ ‎【详解】解：∵AA1和BB1都⊥面ABCD,‎ ‎∴P到直线AA1，BB1的距离就是PA和PB,‎ ‎∴PA+PB=2,所以动点P的轨迹是以A,B为焦点的椭圆,由椭圆的性质可知：‎ ‎∵△PAB的AB边上的高,当PA=PB时最大,这时PA=PB=,‎ 最大的高==,‎ ‎∴最大面积=×2×=．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查△PAB的面积最大值,考查点到直线距离的计算,属于中档题．‎ ‎10.设椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2,其焦距为2c,点Q（c，）在椭圆的外部,点P是椭圆C上的动点,且 恒成立,则椭圆离心率的取值范围是（　　　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由Q（c，）在椭圆的外部,求出a，b的范围,又根据|PF1|+|PQ|=2a+|PQ|-|PF2|≤2a+|QF2|,求出a,c 的范围,代入即可．‎ ‎【详解】解：点Q（c，）在椭圆的外部,所以，即a2＞2b2,‎ 所以e=,‎ 由恒成立,‎ ‎|PF1|+|PQ|=2a+|PQ|-|PF2|≤2a+|QF2|=2a+＜3c，即a＜,‎ 所以．又e＜1,‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】考查椭圆中的恒成立问题,几何法求出a,b,c的关系,属于中档题．‎ ‎11.设点P是双曲线-=1（a，b＞0）上异于实轴端点上的任意一点,F1，F2分别是其左右焦点,O为中心,,则此双曲线的离心率为（　　　　）‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可得cos∠POF1,‎ ‎．结合可得=2c．利用PF2-PF1=2a．即可求解．‎ ‎【详解】解：如图，cos∠POF1…①‎ ‎…②‎ ‎①+②可得…③‎ 又…④‎ 由③④可得=．‎ ‎∵PF2-PF1=2a．‎ ‎∴4a2=2c2-⇒3c2=7a2，‎ e==‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率,考查了余弦定理及运算能力,考查了转化思想,属于中档题．‎ ‎12.如图，∠C=,,M,N分别是BC,AB中点,将△BMN沿直线MN折起,使二面角B'-MN-B的大小为,则B'N与平面ABC所成角的正切值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由∠C=，，先得到∠B′ND就为斜线B′N与平面ABC所成角设为α，设BC=2,AC=,BM=B'M=1,DM=B'Mcos60°=,B'D=B'Msin60°=,又MN=,所以DN=,所以tanα=，解出即可．‎ ‎【详解】解：∵∠C=,,M、N分别是BC、AB的中点,‎ 将△BMN沿直线MN折起,使二面角B′-MN-B的大小为.∴∠BMB′=，‎ 取BM的中点D,连B′D,ND,‎ 由于折叠之前BM与CM都始终垂直于MN，这在折叠之后仍然成立，‎ ‎∴折叠之后平面B′MN与平面BMN所成的二面角即为∠B′MD=60°，‎ 并且B′在底面ACB内的投影点D就在BC上，∴B′D⊥BC，B′D⊥AD，B′D⊥面ABC，‎ ‎∴∠B′ND就为斜线B′N与平面ABC所成的角设为α，‎ 设BC=2,AC=,BM=B'M=1,DM=B'Mcos60°=,B'D=B'Msin60°=,‎ 又MN=,所以DN=,‎ 所以tanα===.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】考查二面角的平面角,线面角等内容,综合性较高,中档题．‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ ‎13.命题“已知不共线向量,,若,则λ=μ=0”的等价命题为______．‎ ‎【答案】“已知不共线向量，，若λ≠0或μ≠0，则”．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用原命题的逆否命题的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：已知不共线向量,,若,则λ=μ=0”的等价命题为：“已知不共线向量，,若λ≠0或μ≠0,则”．‎ 故答案为：“已知不共线向量,，若λ≠0或μ≠0,则”．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：简易逻辑中等价命题的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型．‎ ‎14.在空间四边形ABCD中，连接AC、BD,若BCD是正三角形，且E为其中心，则的化简结果为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】如图，取BC的中点F，连结DF，则，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎15.已知p：x2-x≥6或x2-x≤-6,q：x∈Z．若“p且q”与“非q”同时为假命题,则x的值的集合为______．‎ ‎【答案】{-1，0，1，2}‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“p且q”与“非q”同时为假命题,则p为假命题,q为真命题,等价成关于x的不等式组,即可得到x的值的集合．‎ ‎【详解】解：依题意,若“p且q”与“非q”同时为假命题,‎ 则p为假命题,q为真命题,‎ 所以,解得-2＜x＜3且x∈Z,‎ 所以x的值的集合为{-1，0，1，2}.‎ 故答案为：{-1，0，1，2}．‎ ‎【点睛】本题考查了复合命题的真假,考查了不等式的解法,主要考查了逻辑推理能力和计算能力,属于基础题．‎ ‎16.已知过抛物线y2=-4x的焦点F,且斜率为的直线与抛物线交于A、B两点,则=______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得抛物线的焦点坐标和准线方程,以及直线方程,联立抛物线方程,解方程求得A,B的横坐标,再由抛物线的定义可得|AF|,|BF|,|AB|,计算可得所求值．‎ ‎【详解】解：抛物线y2=-4x的焦点F（-1，0）,准线方程为x=1,‎ 过F且斜率为的直线方程为y=（x+1）,‎ 代入抛物线方程y2=-4x,可得3x2+10x+3=0,‎ 解得x=-3或x=-,‎ 由抛物线的定义可得|AF|=1+3=4,|BF|=1+=,‎ ‎|AB|=2-（-3-）=,‎ 则==1.‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义和方程的应用,考查直线和抛物线方程联立,求交点,考查方程思想和运算能力,属于基础题．‎ 三、解答题（本大题共6小题）‎ ‎17.已知p:方程表示双曲线,q:斜率为k的直线l过定点P(-2,1)且与抛物线y2=4x有两个不同的公共点.若p∧q是真命题,求实数k的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，先求得当命题都为真命题时，实数的取值范围，再根据为真命题，列出不等式组，即可求解答案.‎ ‎【详解】若方程-=1表示双曲线,则(2+k)(3k+1)>0,解得k<-2或k>-.‎ 由题意,设直线l的方程为y-1=k(x+2),即y=kx+2k+1,联立方程消去x并整理得ky2-4y+4(2k+1)=0,要使直线l与抛物线y2=4x有两个不同的公共点,则需满足解得-1b>0，y≥0）和部分抛物线C2：y＝－x2＋1（y≤0）连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1所在椭圆的离心率为．‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q（P，Q，A，B中任意两点均不重合），若AP⊥AQ，求直线l 的方程．‎ ‎【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）结合图形在中，令，得，再联立，可得，，；（2）由题易得点，，由题知直线与轴不重合也不垂直，可设其方程为（），联立的方程，整理得，解得点的坐标为，结合图形知，再将代入的方程，得点的坐标为，再由，即得，求得方程．‎ 试题解析：（1）在C2方程中令y＝0可得b＝1，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝，∴a＝,b＝1．‎ ‎（2）由（1）知，上半椭圆C1的方程为y2＋2x2＝2（y≥0）．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，‎ 设其方程为x="my+1" （m≠0），并将其代入C1的方程，‎ 整理得（2m2＋1）＋4my＝0，故可解得点P的坐标为，显然，m<0，‎ 同理，将x="my+1" （m≠0）代入C2的方程,整理得m2y2＋y+2my＝0，得点Q的坐标为．‎ ‎∵AP⊥AQ，∴=0，‎ 即8m2+2m＝0，解得m＝－，符合m<0，故直线l的方程为4x+y－4＝0．‎ 考点：1、椭圆及其标准方程，离心率；2、抛物线；3、直线与圆锥曲线的位置关系．‎ ‎【思路点晴】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系，其中第一问求 的值属于容易题，在求得点的坐标后，即可得出的值，再结合的关系容易求出的值；第二问求直线方程，主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题，由于过轴上一定，可设其方程为，以便于联立与消元，简化计算过程，从而可推出的坐标，再利用便可得出，进而求出直线的方程．‎ ‎21.如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，由题意可证得平面平面，利用面面平行的性质定理可得平面；‎ ‎（2）过作，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量为，平面的法向量为，据此计算可得二面角的平面角的余弦.‎ ‎【详解】（1）连接，底面为平行四边形，‎ ‎ 是的中点，是的中点， ，‎ ‎ 是的中点，是的中点， ，‎ ‎，，平面平面，‎ ‎ 平面， 平面；‎ ‎（2）由平面，平行四边形，‎ 平面底面，， ， ‎ 四边形为矩形，且底面，，过作，‎ 以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图），‎ 由，，，知， ‎ ‎ 、 、、、、，‎ ‎ 、、，‎ 设平面的法向量为 ，‎ 则,‎ 取，，，即，‎ 设平面的法向量为 ‎ 则,‎ 取，，，即，‎ 二面角的平面角的余弦 .‎ ‎【点睛】本题考查了立体几何中的判断定理和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎22.已知△ABC中,B（-1，0）,C（1，0）,AB=6,点P在AB上,且∠BAC=∠PCA．‎ ‎(1)求点P的轨迹E的方程；‎ ‎(2)若,过点C的直线与E交于M，N两点,与直线x=9交于点K,记QM,QN,QK的斜率分别为k1,k2,k3,试探究k1,k2,k3的关系,并证明．‎ ‎【答案】(1)．(2) k1+k2=2k3证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用已知条件判断P的轨迹为椭圆,转化求解即可．‎ ‎(2)如图,设M（x1，y1）,N（x2，y2）,可设直线MN方程为y=k（x-1）,则K（4，3k）,联立直线与椭圆方程,通过韦达定理转化求解斜率关系,证明k1+k2=2k3．‎ ‎【详解】解：(1)如图三角形ACP中,∠BAC=∠PCA,所以PA=PC,‎ 所以PB+PC=PB+PA=AB=6,‎ 所以点P轨迹是以B,C为焦点,长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），‎ 所以点P的轨迹E的方程为．‎ ‎(2)k1,k2,k3的关系：k1+k2=2k3．‎ 证明：如图,设M（x1，y1）,N（x2，y2），‎ 可设直线MN方程为y=k（x-1）,则K（4，3k）,‎ 由可得（9k2+8）x2-18k2x+（9k2-72）=0,‎ ‎,,‎ ‎,‎ ‎,,‎ 因为,‎ 所以：k1+k2=2k3．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用,椭圆的定义的应用,考查转化思想以及计算能力,是难题．‎ ‎ ‎