2018-2019学年山西省太原市高二上学期期末考试数学理试题 解析版 14页

绝密★启用前 山西省太原市2018-2019学年高二上学期期末考试数学理试题 ‎1．椭圆的焦距为（ ）‎ A．4 B．5 C．6 D．9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆方程得出,，进而可求出，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为椭圆的方程为，所以,，因此，所以，‎ 所以焦距为.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的焦距，由椭圆方程求出,即可，属于基础题型.‎ ‎2．命题：“，”的否定是（ ）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由命题的否定，可直接写出结果.‎ ‎【详解】‎ 命题：“，”的否定是“，”.‎ 故选A ‎【点睛】‎ 本题主要考查含有一个量词的命题的否定，改量词改结论即可，属于基础题型.‎ ‎3．在空间直角坐标系中，已知点， ，则线段 的中点的坐标是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】， ，‎ 线段的中点的坐标，即 故选 ‎4．下列命题是真命题的是()‎ A．且 B．1是奇数且1是素数 C．2是偶数或3不是素数 D．周长或面积相等的两个三角形全等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复合命题的真假，逐项判断即可.‎ ‎【详解】‎ A，故A错；B中1不是素数，故B错；C中“2是偶数”是真，“3不是素数”为假，所以“2是偶数或3不是素数”为真；D中周长或面积相等的两个三角形都不一定全等，所以D错.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题的真假，属于基础题型.‎ ‎5．抛物线的焦点到准线的距离是()‎ A．1 B．2 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的焦点到准线的距离等于p，可直接得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为抛物线的方程为，即，所以，‎ 因此焦点到准线的距离是.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的性质，熟记性质即可，属于基础题型.‎ ‎6．已知空间直角坐标系中点，若在z轴上取一点，使得最小，则点的坐标为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，若最小，只需轴，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，若在z轴上取一点，使得最小，只需轴，所以点竖坐标为3，故点的坐标为.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题型.‎ ‎7．“”是“方程表示椭圆”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】B ‎【解析】设， 表示圆，不一定为椭圆.反之，若方程表示椭圆，则.故为必要不充分条件.‎ ‎8．若直线的方向向量为，平面a的法向量为，则可能使的是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若，则，因此只需向量数量积为0即可.‎ ‎【详解】‎ A中，所以排除A；B中，所以排除B；‎ C中，所以排除C；D中，所以，能使.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间向量的方法判断线面平行，由向数量积为0即可，属于基础题型.‎ ‎9．已知三点， ，则以为方向向量的直线与平面系是（ ）‎ A．垂直 B．不垂直 C．平行 D．以上都有可能 ‎【答案】A ‎【解析】由题意， ， ，所以以为方向向量的直线与平面垂直，故选A.‎ ‎10．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得， ，设，由，得 ,因为在的渐近线上存在点，则，‎ 即 ，又因为 为双曲线，则 ，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的基本性质的应用，抛物线基本性质的应用，向量数量积坐标运算以及一元二次方程根的判别式的运用，属于中档题，首先可画一张草图，分析其中的几何关系，然后将系用代数形式表示出来，即可得到一个一元二次方程，若要使得一元二次方程有实数解， ，水到渠成，即可得到答案，因此将几何关系转化成方程是解题的关键.‎ ‎11．若的三个顶点分别为，，，则角的大小为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出与的坐标，再由向量的夹角公式即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，，，‎ 所以，，‎ 所以，所以.‎ 故选A ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量的夹角公式，由向量的坐标运算即可求解，属于基础题型.‎ ‎12．已知正方体的棱长为1，点是平面的动点，若点到直线的距离等于点到直线的距离，则动点的轨迹所在的曲线是（ ）‎ A．抛物线 B．双曲线 C．椭圆 D．直线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以点为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，根据点到直线的距离等于点到直线的距离，建立等量关系，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 以点为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，因为点是平面的动点，所以设，因此到直线的距离为，点到直线的距离为,‎ 又因为点到直线的距离等于点到直线的距离，‎ 所以，即，为双曲线.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查立体几何中点的轨迹问题，由空间向量的方法，列等量关系即可，属于常考题型.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．双曲线的实轴长为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程可直接得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线中，所以，因此实轴长为.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查由双曲线的方程求实轴长的问题，属于基础题型.‎ ‎14．命题“如果，那么且”的逆否命题是______．‎ ‎【答案】如果 或 ，则 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四种命题之间的关系，即可写出结果.‎ ‎【详解】‎ 命题“如果，那么且”的逆否命题是“如果 或 ，则 ”.‎ 故答案为：如果 或 ，则 ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查四种命题之间的关系，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎15．已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且它们的离心率之和为，则双曲线 的方程是_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线与椭圆有共同焦点，可求出焦点坐标得到，再由离心率之和为可求出双曲线离心率，进而求出，即可求出双曲线方程.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线与椭圆有共同的焦点，所以，且焦点在轴上；设双曲线的方程为，‎ 又离心率之和为，所以，解得，所以，‎ 因此双曲线的方程是.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查求双曲线的方程，熟记椭圆与双曲线的性质即可，属于基础题型.‎ ‎16．空间四点满足，，，，则_______。‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由代入，再由代入进一步化简整理即可.‎ ‎【详解】‎ 因为 ‎.‎ 故答案为0‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量的数量积运算，灵活运用数量积的运算公式即可，属于常考题型.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知命题p：曲线与x轴相交于不同的两点；命题q：椭圆的焦点在y轴上．‎ 判断命题p的否定的真假；‎ 若“p且q”是假命题，“p或q“是真命题，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）为假；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据判别式显然成立，即可判断出结果；‎ ‎（2）先求出为真时，实数m的取值范围，再由“且”是假命题，“或“是真命题，判断出、的真假，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由可得显然成立，故命题为真，为假；‎ ‎（2）由已知得，为真时，，所以为假时，或 因为“且”是假命题，“或“是真命题，由(1)知为真，所以真假，‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题，由命题的真假求参数，属于基础题型.‎ ‎18．已知抛物线C：经过点．‎ 求抛物线C的方程；‎ 若A，B为抛物线C上不同的两点，且AB的中点坐标为，求直线AB的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入，即可求出结果；‎ 先设点坐标分别为，结合抛物线方程，作差求出直线AB的斜率，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题知抛物线经过点代入，解得，故抛物线方程为；‎ ‎（2）设点坐标分别为，由为抛物线上的不同两点，‎ 故有，由得，整理得，又的中点坐标为，则，代入得，直线过点，直线的方程为，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线方程，以及中点弦的问题，求中点弦所在直线方程，常用点差法结合中点坐标求出斜率，进而可得出结果.‎ ‎19．如图，在棱长为的正方体中，分别是棱、上的点，且.‎ ‎（1）求线段的长 ‎（2）求异面直线与所成的角 ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用空间向量的方法：以为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，求出的坐标，进而可求出，与的坐标；‎ ‎（1）由向量的模的坐标表示即可求出结果；‎ ‎（2）求出与夹角的余弦值，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 以为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，根据题意及，可得：，，，，，，‎ ‎（1）‎ ‎（2），故异面直线与所成的角为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，建立适当的坐标系，求线段长即是求向量的模；求直线是方向向量夹角即可求出异面直线所成的角，属于基础题型.‎ ‎20．已知椭圆C：的左右焦点分别为，，焦距为2，过 点作直线与椭圆相交于A，B两点，连接，，且的周长为．‎ 求椭圆C的标准方程；‎ 若直线AB的斜率为1，且，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）或3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由焦距为2，求出；再由的周长为，求出，进而即可求出结果；‎ ‎（2）先由题意得到直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，求出坐标，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得，，又因为，故可得，，从而椭圆的标准方程为 ‎（2）由题意可得直线的方程为：，联立，可得，从而，，或者，，由题意，‎ 当坐标分别为，时，，，故；‎ 当坐标分别为，时，，，故，‎ 综上，或3.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的标准方程，以及直线与椭圆交点的坐标问题，只需联立直线与椭圆方程求解即可，属于常考题型.‎ ‎21．已知四边形为直角梯形，，，，，过 的中点作，交于点，沿将四边形折起，连接、、.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若平面^平面，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面平行的判定定理，先证明平面平面，进而可得平面；‎ ‎（2）以点为原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，求出两向量的夹角，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在未折叠之前有：是的中点，则，又，，且，，则四边形是正方形，，，折叠之后，取中点，连接，则，又且即，则四边形是平行四边形，∴，∵，且，即，∴四边形是平行四边形，，，∵，，∴，，四边形为平行四边形，，∵，，，，∴平面平面，∵平面，∴平面 ‎（2）因为平面^平面，所以易得两两垂直，因此以点为原点，为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由 ‎ ，令，得，‎ ‎ ，令，得，‎ ‎，‎ 因为二面角是钝二面角，所以其大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面垂直的判定，以及空间向量的方法求二面角的大小，通常需要求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值即可，属于常考题型.‎