山西省朔州市应县第一中学校2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 文（含解析）.doc

1、山西省朔州市应县第一中学校2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 文（含解析）一、选择题1.下列说法不正确的是（）A. 命题“若，则”是真命题B. 命题“若，则全为0”是真命题C. 命题“若，则”的否命题是“若，则”D. 命题“若，则”的逆否命题是“若，则”【答案】A【解析】【分析】根据不等式性质，真命题，否命题，逆否命题性质逐一判断各个选项即可【详解】A选项，若，当时，不成立，所以命题为假命题，所以A不正确B选项，若，则全为0正确，所以命题为真命题，正确C选项，否命题否定结论和条件，本选项满足否命题形式，正确D选项，命题“若，则”的逆否命题是“若，则”满足逆否命题的形式.所以答案选

2、A【点睛】本题考查了不等式的性质，真命题的判断，否命题和逆否命题的知识.属于基础题目.2.设，定点到动直线的距离最大值是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意作出示意图，给定倾斜角，利用倾斜角表示距离，再计算最大值.【详解】，考虑到过原点直线的对称性，取，所以，此时的直线方程为：，故选C.【点睛】本题考查点到直线的距离的最值，难度较易.处理点到直线距离最值的问题，可采用图示法也可以采用公式直接计算.3.命题“，使得”的否定形式是( )A. ，都有B. ，使得C. ，使得D. ，都有【答案】D【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题可得选项.【详解】因为特称命题的否定

3、是全称命题,所以,命题“，使得”的否定为: “，都有”，故选D.【点睛】本题考查全称命题与特称命题的否定关系,属于基础题.4.若，则方程表示的圆的个数为( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析】圆的标准方程为（x）2+（y+a）2=1aa2 ，把a的值逐一代入检验，可得结论【详解】方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a1=0 即方程（x）2+（y+a）2=1aa2 ，可以表示以（，a）为圆心、半径为的圆当a=2时，圆心（1，2）、半径为0，不表示圆当a=0时，圆心（0，0）、半径为1，表示一个圆当a=1时，圆心（，1）、1aa20，不表示圆当a=时，圆心（，）、1aa2=

4、0，不表示圆综上可得，所给的方程表示的圆的个数为1，故选B【点睛】本题考查圆的一般方程表示圆的条件，属于基础题.5.函数在处的切线方程是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导函数，切点切线斜率，求出切点的坐标，即可得到切线方程【详解】求曲线yexlnx导函数，可得f（x）exlnxf（1）e，f（1）0，切点（1，0）函数f（x）exlnx在点（1，f（1）处的切线方程是：y0e（x1），即ye（x1）故选A【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基本知识的考查6.椭圆和椭圆有（ ）A. 相等的长轴长B. 相等的焦距C. 相等的离心率D. 相等的短轴长【答案

5、】B【解析】【分析】椭圆中，椭圆中，由，可知，即，可知，可判断出两个椭圆的焦距相等，长轴、短轴及离心率都不同.【详解】椭圆中，则，则长轴长为8，短轴长为4，焦距为，离心率；椭圆中，因为，所以，即，.因为，所以两个椭圆的焦距相等，长轴、短轴及离心率都不同.故选B.【点睛】本题考查了椭圆的方程，椭圆的几何性质，属于基础题.7.圆上到直线之距离为的点有（ ）个A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】试题分析：圆的方程配方得，圆心，半径为；所以圆心到直线的距离为，作出草图由图可知,圆上到直线的距离为的点有3个，故选C.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系；3.点到直线的距离.8.若点的

6、坐标为是抛物线的焦点，点在抛物线上移动时，使取得最小值的的坐标为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图所示，过作准线的垂线，垂足为.，当、三点共线时，最小，即运动到时，即，故选D点睛：本题考查的是抛物线的定义在最值问题的运用需要灵活运用抛物线的定义，实现抛物线上点到焦点的距离转化成抛物线上点到准线的距离，或者是抛物线上点到准线的距离转化成抛物线上点到焦点的距离，当几个点在一条直线的时候有距离的最小值9.一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意判断几何体的形状，画出图形，从而求各个三角形的面积即可【详解】由题意

7、作图如图所示，ABC与ADC是全等的直角三角形，其中AB=3，BC=2，故SADC=SABC=23=3，BDC是等腰直角三角形，BC=CD=2，故SBCD=22=2，ADB是等腰三角形，AB=AD=3，BD=2，故点A到BD的距离d=，故SBAD=2=，故表面积S=3+3+2+=8+，故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查三视图还原几何体，考查几何体表面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.(2)通过三视图找几何体原图常用的有直接法和模型法.10.若分别是双曲线的左、右焦点,为双曲线上一点,且,则的长为()A. B. 或C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据,

8、推出点在双曲线左支上,再根据双曲线的定义列等式可解得.【详解】因为,所以必在双曲线左支上,所以根据双曲线的定义可得:,又,所以,解得:,故选C.【点睛】本题考查了双曲线的定义,注意先判断出点在双曲线的左支上.属基础题.11.已知为椭圆内一点，则以为中点的椭圆的弦所在的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设以为中点的椭圆的弦的端点为、，由中点坐标公式可得出，利用点差法可求出直线的斜率，然后利用点斜式可写出直线的方程，化为一般式即得答案.【详解】设以为中点的椭圆的弦的端点为、，由于点为线段的中点，所以，得，将点、的坐标代入椭圆方程得，两式相减得，即，即，所以，直线的斜

9、率为，因此，直线的方程为，化为一般式得.故选：D.【点睛】本题考查利用弦的中点坐标求弦所在直线的方程，一般利用点差法求解，也可以将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理法求解，考查计算能力，属于中等题.12.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是曲线与的一个公共点，分别是和的离心率，若，则的最小值为( )A. B. 4C. D. 9【答案】A【解析】【分析】题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴为2a2，令P在双曲线的右支上，由已知条件结合双曲线和椭圆的定义推出a12+a22=2c2，由此能求出4e12+e22的最小值【详解】由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴为2a2，

10、令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义|PF1|PF2|=2a2，由椭圆定义|PF1|+|PF2|=2a1，又PF1PF2，|PF1|2+|PF2|2=4c2，2+2，得|PF1|2+|PF2|2=4a12+4a22，将代入，得a12+a22=2c2，4e12+e22=+2=故选A【点睛】在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.二、填空题13.圆和圆交于A，B两点，则弦AB的垂直平分线的方程是_.【答案】【解析】分析】弦AB的垂直平分线即两圆心连线.【详解】弦

11、AB的垂直平分线即两圆心连线方程为 故答案为【点睛】本题考查了弦的垂直平分线，转化为过圆心的直线可以简化运算.14.“a1”是“函数在R上单调递增”的_条件（选填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”）【答案】充分不必要【解析】【分析】利用导数求得函数在上单调递增时，实数的范围，根据充分条件和必要条件的定义，即可判定，得到结论.【详解】由题意，函数在上单调递增，则恒成立，即，即，因为，即，所以“”是“函数在上单调递增”充分不必要条件.【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定，解答中利用导数研究函数的单调性，得出实数的取值范围是解答的关键，着重考查了函数的单调性与导数的

12、关系，以及推理与运算能力，属于基础题.15.已知函数的图象在点处的切线过点，则=_【答案】-5【解析】【分析】求出函数的导数f（x）=3x2+a，f（1）=3+a，而f（1）=a+2,根据点斜式得到程，利用切线的方程经过的点求解即可【详解】函数f（x）=x3+ax+1的导数为：f（x）=3x2+a，f（1）=3+a，而f（1）=a+2，切线方程为：ya2=（3+a）（x1），因为切线方程经过（-1，1），所以1a2=（3+a）（-11），解得a=-5故答案为-5.【点睛】这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点

13、的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.16.如图,设椭圆=1的左、右焦点分别为F1,F2,过焦点F1的直线交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若ABF2的内切圆的面积为,则|y1-y2|=_.【答案】3【解析】【分析】由已知内切圆半径，从而求出，再由面积，即可求出答案【详解】椭圆的左、右焦点分别为,，过焦点的直线交椭圆于两点，内切圆的面积为内切圆半径，面积面积则故答案为【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，三角形内切圆的性质和三角形的面积公式等知识点，在解题过程中一定要注意面积的计算，属于中档题三、解答题17.已知命题，命题：方程表示焦点在轴上的双曲线.（1）命题为真命题，求实数的取

14、值范围；（2）若命题“”为真，命题“”为假，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意得到，求解，即可得出结果；（2）先由题意，得到一真一假，分别讨论真假，假真，两种情况，即可求出结果.【详解】解：（1）若为真命题，则方程中，解得；（2）若命题“”为真，“”为假，则一真一假，1）若真假，则，2）若假真，则，综上，【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数的问题，会根据或且非的真假判断原命题真假即可，属于常考题型.18.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】(1) 连

15、接交于点，连接，可证，从而可证平面.(2) 可证平面，从而得到平面平面.【详解】(1) 连接交于点，连接，因为底面为平行四边形，所以为中点.在中,又为中点，所以.又平面，平面，所以平面.(2) 因为底面为平行四边形，所以.又即，所以.又即.又平面，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂

16、直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.19.已知圆（）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程；（）当取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长【答案】（）直线方程为或（）时，弦长最短为【解析】【分析】（）求出圆的圆心以及半径，利用垂径定理求出圆心到直线的距离，分别讨论直线斜率存在与不存在的情况，利用点到直线的距离公式，即可求得直线方程（）求出直线过定点,当时，弦长最短，从而得到答案【详解】由题可得圆的圆心，半径（）设点到直线距离为，圆的弦长公式，得，解得，当斜率不存在时，直线方程为，满足题意当斜率存在时，设直线方程为，则，解得，所以直线的方程为，综上，直线方程

17、为或（）由直线，可化为，可得直线过定点,当时，弦长最短，又由，可得，此时最短弦长为【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题20.已知抛物线 ，直线 与 E 交于 A，B 两点，且 ，其中 O 为原点（1）求抛物线 E 的方程；（2）点 C 坐标为 (0,-2)，记直线 CA，CB 的斜率分别为 ，证明： 为定值【答案】（1）；（2）证明过程详见解析.【解析】试题分析：本题考查抛物线的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的数量积等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力.第一问，将直线与抛物线方程联立，消去参数，得到关于的方

18、程，得到两根之和两根之积，设出点的坐标，代入到中，化简表达式，再将上述两根之和两根之积代入得出的值，从而得到抛物线的标准方程；第二问，先利用点的坐标得出直线的斜率，再根据抛物线方程转化参数，得到和的关系式，代入到所求证的式子中，将上一问中的两根之和两根之积代入，化简表达式得出常数即可.试题解析：（）将代入，得 2分其中设，则， 4分由已知，所以抛物线的方程 6分（）由（）知，同理， 10分所以 12分考点：1.抛物线的标准方程；2.韦达定理；3.向量的数量积；4.直线的斜率公式.21.已知函数.（1）当时，判断函数的单调性；（2）若恒成立，求取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递

19、减区间为；（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，求出该函数的定义域，并求出导数，分别解不等式和，可得出函数的单调递增区间和单调递减区间；（2）由得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，定义域为，且，若，则；若，则，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）若恒成立，则恒成立，所以分离变量得恒成立，设，其中，则，所以，当时，；当时，.即函数在上单调递增，在上单调递减.当时，函数取最大值，即，所以.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题第一问考查利用导数求函数的单调区间，第二问考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，在求解含单参数的函数

20、不等式恒成立问题时，灵活利用参变量分离法求解，可避免分类讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.22.已知椭圆的左焦点，直线与y轴交于点P.且与椭圆交于A，B两点.A为椭圆的右顶点，B在x轴上的射影恰为（1）求椭圆E的方程；（2）M为椭圆E在第一象限部分上一点，直线MP与椭圆交于另一点N，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（2）利用已知条件列出方程组，求解椭圆的几何量，然后求解椭圆E的方程（2）利用三角形的面积的比值，推出线段的比值，得到设MN方程：，联立方程，利用韦达定理，求出，解出，将代入韦达定理，然后求解实数的取值范围【详解】解：与椭圆的一个交点A为椭圆的右顶点.又轴，得到点，椭圆E的方程为（2）因为所以，由（1）可知，设MN方程，联立方程，得，得，又，有，将其代入化简可得：，因为M为椭圆E在第一象限部分上一点，所以，则且，解得【点睛】本题考查椭圆的简单性质以及这些与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，难度较大