贵州省遵义市2018-2019学年度高二上学期期末文科数学试题(解析版)

1、贵州省遵义市2018-2019 学年度第一学期期末统考试卷高二文科数学（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） TOC o 1-5 h z 1.将圆x2+y2 -2x-4y+1=0 平分的直线是（）A. x+y-1=0B. x+y+3=0C. x-y+1=0D. x-y+3=0【答案】C【解析】直线过圆心（1,2），选项 C 符合题意2.设命题p ： x R， x2 + 1 0， 则 p 为 （）A.x0R ，x0210B.x0R，x0210 x0R，x0210D.x0R，x0210【答案】B【解析】试题分析：全称命题的否定是特称命题,所以命题p 的否定为x0R, x02 1 0

2、 ,故选B.考点：命题否定全称命题特称命题 下列四个结论： 两条直线和同一个平面垂直，则这两条直线平行； 两条直线没有公共点，则这两条直线平行； 两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行； 一条直线和一个平面内任意直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行.其中正确的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】在 中，根据线面垂直性质，可得正确；在 没有公共点的两条直线平行或异面；在中一直线的两条直线平行、相交或异面；根据线面平行的定义可以判断 .【详解】解： 两条直线都和同一个平面垂直，则这两条直线平行，根据线面垂直的性质，可得正确;两条直线没有公共点，则这两条直线

3、平行或异两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直一条直线和一个平面内任意直线直故选：C.【点睛】本题考查命题真假的判断，是置关系的合理运用.4.若扇形的面积为3A. 23B.4故错误;面、面面间的位3833、半径为8q亍、相交或异面,则扇形的圆4误;直空间中线线、3D.16设扇形的圆心角为,则二.扇形的面积为故选B5.经过点P(2, 2)且与双曲线1有相同渐近线的双曲线方程是2 x C.122“ xA.42y4【答案】B【解析】【分析】2设所求的双曲线方程是 y2=k ,由点P (2, -2)在双曲线方程上， 求出k值，即得所求的双曲线方程. 22【详解】由题意知，可设所求的双曲线方程是y2=k

4、 ,2点P (2, - 2)在双曲线方程上,所以 2_- (-2)2=k , k=- 2, 2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark35 o Current Document 22故所求的双曲线方程是L i24故选B.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，解题的关键是根据渐近线方程相2同设所求的双曲线方程是 y2=k ,属于基础题.A 39B. 48C. 57D. 632 一个圆柱挖去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积等于.表面积为一个圆面圆柱的侧面和圆锥的试题分析：由三视图可知剩余几何体是圆柱挖去一个圆锥的几何体 侧

5、面三部分，其面积之和为5 9笈+24笈+15笈=487,故应选b.考点：三视图及圆柱圆锥的面积及运算.解答时要充分借助题【易错点晴】本题考查的是三视图的阅读和理解及几何体的体积面积的计算的的问题设中提供的三视图中所给的图形信息和数据信息，先确定三视图所提供的几何体的形状，再根据几何体的形状特征选择所运用的几何体的体积和公式运算求解.如本题所提供的是一个圆柱挖去一同底的圆锥所剩几何体的表面积问题.求解时借助图中所提供的数据可以看出：圆柱圆锥的半径均为3 ,高为4 ,再运用直角三角形求出圆锥母线长为5，圆锥的侧面积是解答本题的关键7.已知点P(xi,y1),P2(x2,y2),P3(x3,yj是抛

6、物线y24x( y 0)上的三点，其中 xiX2 x3,则a log 1 yi, b log 1 y2, c log1 y3 大小关系为( 222a. a b cb. b a cC. a c bd. c a b由题意利用对数函数的单调性可得y1y2 y3,从而得出a b c.【详解】解：Q 点 P(x1，y1), P2(x2, y2), P3(x3, y3)是抛物线 y24x( y 0)上的三点，其中x x2 x3,y y2y3.Q y log1x在(0, + )上是减函数,2a log 1 yb ?2log 1 y2 c ?210gly32故选：A.【点睛】本题主要考查对数函数的单调性，属于

7、基础题r/.、 r厂 rr8.设 x,y R, a(x,y 1), b(3,4)，且 ab，则点4,0)到点(x, y)的最短距离是(A. 2B. 312C. 一516D.一5【解析】【分析】,r r根据a b 0得出x, y的关系，代入两点间的距离公式，配方得出答案r r4 3x【详解】解：Qb， b 0，即3x 4y 4 0, y jx.42225x2 13xr/5x13%256 16点(4,0)到点(x, y)的距曷为 d J(x 4) y J 17 |(.16245255故选：D.【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，两点间的距离公式，属于中档题 9.入射光线l从P (2, 1)出发

8、，经x轴反射后，通过点Q (4, 3),则入射光线l所在直线的方程为().A. y 0B. y (x 5)C. y 2x 5D. y 2x 5【答案】D【解析】试题分析：点Q 4,3关于x轴的对称点为 Q 4, 3 ,由对称性可知 Q 4, 3也在直线|上， TOC o 1-5 h z 13所以直线l的斜率k 2 ,2 4又因为直线l过点P 2,1 ,所以直线|方程为y 12x2,即y 2x5.故d正确.考点：直线方程. “*210. n N ,n 1 ann2是 数列n为等比数列”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】【分析】根据充分

9、条件和必要条件的定义，结合等比数列的定义和性质进行判断即可【详解】解：若an ,则满足a2 1nn 2 ,但数列n不是等比数列，即充分性不成立，反之若数列 口为等比数列，则 n N*,21nn 2,成立，即必要性成立，2即 n N ,n 1ann 2是数列n为等比数列”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的定义是解决本题的关键11.已知三棱柱ABC AB1C1的侧棱与底面边长都相等，Ai在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CCi所成的角的余弦值为【答案】Dc 7口.43D.4A AB即为异面直线 AB与CCi所成的角,设三棱柱AB

10、C AB1C1的侧棱与底面边长为cos123 ,故选D.42，AD,由余弦定理，得2试题分析：设BC的中点为D,连接AD,AD,AB,易知考点：异面直线所成的角212.已知抛物线C ： y8x的焦点为F，准线与x轴的交点为K,点A在C上且AK72| AF，则 AFK的面积为（）A. 4B. 8C. 16D. 32准线，则 |AM|=|AF| ,【详解】F (2, 0) ,K (-2 , 0),过 A 作 AML . |AK|= J2|AM| ,三角形APM为等腰直角三角形,设 A (m2, 2 72 m ) (m0),由 AM MK 得 272m m2 2，解得 m 2贝UAFK 的面积=4X

11、2 应 m? J =4 72 m=8,故选B.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.一个圆锥的侧面展开图是半径为3,圆心角为120的扇形，则该圆锥的体积为 【答案】2_11 .3【解析】【分析】先求圆锥底面圆的半径，再由直角三角形求得圆锥的高，代入公式计算圆锥的体积即可。 TOC o 1-5 h z 【详解】设圆锥底面半径为r,120则由题息得2 r 3 ,解得r 1.180，底面圆的面积为 S r2.又圆锥的高h .3 2 2.故圆锥的体积V 1Sh 12.2 分 .333【点睛】此题考查圆锥体积的计算，关键是找到底面圆半径和高代入计算即可，属于简单题目。22.直线l垂直于3x 4

12、y 1 0 ,且平分圆 C : x y 2x 4y 4 0,则直线l的万程为.【答案】4x 3y 10 0【解析】设直线l ： 4x 3y m 0 ,因为过圆心（-1 , 2）,所以m 6 4 10 ,即4x 3y 10 0.已知 ABC的三个顶点在以 。为球心的球面上，且 AB 272, BC 1,AC 3 ,三棱锥O ABC的体积为Y6,则球O的表面积为 .6【答案】12【解析】 试题分析：在 ABC中，AB 2J2, BC 1,AC 3 ,由勾股定理可知斜边 AC的中点。就是 ABC的2.55外接球圆的圆心，因为三棱锥O ABC的体积为Y6,所以1 1 2J2 1 OO 46,所以OO

13、虫, 63 262所以R 9- 3 J3,球。的表面积为4 R2 12,4 4考点：球的表面积的求解2216.已知椭圆C:)241ab 0的右顶点为 A,经过原点的直线l交椭圆C于P、Q两点，若 a2 b2PQ a, APPQ ,则椭圆C的离心率为2. 55【分析】 _ a-设点P在第一象限，由对称性可知OP 一，利用锐角三角函数的定义可得出AOP 600,从而可求出2点P的坐标，并将点 P的坐标代入椭圆 C的方程，可得出a与b的等量关系，即可求出椭圆 C的离心率.0P-|PQ【详解】不妨设点 P在第一象限，。为坐标原点，由对称性可得Q AP PQ,则在 Rt POA中，cosPOAOPOA1

14、,故2POA60,设点P Xo, yo ,则xoa cos602y。a sin 602,3a4将点P的坐标代入椭圆C的方程得a42a、.3 2a4设椭圆的焦距为2c c0 ,则椭圆C的离心率为e，可得与 a故答案为：壁.5【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，解题的关键就是求出椭圆上的某一点，通过将点的坐标代入椭圆方程来求出椭圆的离心率，考查运算求解能力，属于中等题 三、解答题(本大题共6小题，共70.0分)17.已知命题p ： x R, x 当q为真命题时，1 m x m 0，命题q :点A(1，2)在圆(x m)2 (y m)2 1的内部.(1)若命题P为真命题，求实数 m的取值范围；(2)若

15、命题 P或q”为假命题，求实数 m的取值范围. TOC o 1-5 h z 11【答案】(1),(2),12, HYPERLINK l bookmark15 o Current Document 44【解析】【分析】(1)P为真命题，则x2 x m 0恒成立，n 0即可.(2) p或q为假，则P，q均为假，可先求 P，q均为真时m的范围，再分别求其对应的补集，在取交集1【详斛】因为对任息x R, x2 x m 0恒成立，则n 1 4m 0,解得m -.4所以实数m的取值范围是，一4(2)因为“ P或q”为假命题，所以P为假命题,q为假命题.22 m 1 ,解得 1 m 2,所以q为假命题时m

16、1或m 2.1由(1)知，P为假命题时m 4，1 TOC o 1-5 h z m1、 八从而4，解得 一 m 1或m 2.m 1或 m 24所以实数m的取值范围为1,12,4【点睛】本题主要考查给出命题的真假求参数方程问题，若命题为假命题时，一般可先将其当作真命题求 出参数范围，再求补集.体现了正难则反的思想.18.如图，在直四棱柱ABCD AB1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，EF分别为线段DD1，BD的中点.(1)求证：EF | 平面 ABC1D1 ；(2)四棱柱ABCD AB1GD1的外接球的表面积为16 ，求异面直线EF与BC所成的角的大小.【答案】(1)见解析；(2) 6

17、0o【解析】试题分析：(1)连接BDi,由中位线定理证明 EF/ DiB,由线面平行的判定定理证明EF/平面ABCiDi;(2)由(1)和异面直线所成角的定义，得异面直线EF与BC所成的角是/ D1BC,由题意和球的表面积公式求出外接球的半径，由勾股定理求出侧棱AA1的长，由直四棱柱的结构特征和线面垂直的定义，判断出BCXCD1,在RTCC1D1中求出tan/DBC,求出/ D1BC可得答案.试题解析：(1)连接BD1，在 DDB中，E,F分别为线段DD1，BD的中点，ef为中位线,EFPDB,而 DB 面 ABC1D1, EF 面 ABCR , . EF P 平面 ABCR.(2)由(1)知

18、EF PDB ,故 DBC即为异面直线EF与BC所成的角.四棱柱ABCD A1B1C1D1的外接球的表面积为16 ,.四棱柱ABCD A1B1C1D1的外接球的半径 R 2,设AA1 a ,则Wa2 4 4 2 ,解得a 2五，2在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，: BC 平面CDDG, CD1 平面CDD。，2V3,Q DCBC ,BC CD，在 RT D1C1C 中，BC 2,CDitan D1 BC DC 后,D1 BC 60,BC.异面直线EF与BC所成 角为60.19.已知圆C的圆心在直线2x y 1 0上，且圆C经过点A(4,2), B(0,2).(1)求圆的标准方程；(2

19、)直线l过点P(1,1)且与圆C相交，所得弦长为4,求直线l的方程.【答案】(x 2)2 (y 3)2 5; (2) x 1KX 4y 1 0.II(1)先求AB的中垂线方程，再求交点心，最后求(/)根据垂径定理彳C到直线l距离，设 直线点斜式，根据点到直线距离公式求余的，、满足条件， TOC o 1-5 h z 【详解】(1)设圆心为M ,则M应，AB的中垂线,其方程为，2,由x 2 x 2,即圆心坐标2,3，2x y 1 0 y 3又半径r MA卮故圆的方程为.2 2y II 5.，点P 1,1在圆内，且弦长为4 2x/5,故应有两条直线.圆心到直线距离d1.当直线的斜率不存在时，直线的方

20、程为x 1 ,此时圆心到直线距离为1,符合题意.当直线的斜率存在时，设为k,直线方程为y 1 k x 1整理为kx y k 1 0,则圆心到直线距离为2k 3 k 1 . 1.k2 13解得k 3,直线方程为3x 4y 1 0,综上，所求直线方程为 x 1或3x 4y0.LUIV.已知动点P在抛物线x2=2y上，过点P作x轴的垂线，垂足为 H,动点Q满足PQ PH(1)求动点O的轨迹E的方程;(2)点M(4, 4),过点N(4, 5)且斜率为k的直线交轨迹 E于A, B两点，设直线 MA , MB的斜率分别为ki,k2,求kik2的值.【答案】(1)x2=4y. (2)(1)设点 Q(x,uu

21、iry),由 PQi uuir PH ,则点P(x, 2y),将点P坐标代入x2=2y中，得轨迹E的方程2(2)设过点N的直线方程为y=k(x-4) + 5, A(xi, yi), B(x2, y2)联立方程，根据韦达定理得到关系式，再计算kik2,化简得到答案.【详解】解：(1)设点Q(x,uur i uuiry),由 PQ -PH ,则点 P(x, 2y), 2因为P在x2=2y上，所以x2= 2 (2y),得轨迹 E的方程为x2= 4y.(2)设过点N的直线方程为y=k(x4)+5, A(xi, yi),B(x2, y2).联立y k(x 4) 5 x2 4y,得 x24kx+i6k 2

22、0=0,则X x2 4k*2i6k 20Tk2x1 4y2 4x2 4 kxi 4k ikx2 4k i 心抽 k 4k2 x12x216k 8k 1 i 8kxi 4 x2 4x1x2 4 x1 x21632k 4【点睛】本题考查了轨迹方程，抛物线的定值问题，计算量较大，意在考查学生的计算能力.如图 1 所示，在直角梯形 ABCD 中，AB/DC , ADC 90 , CD=1, AD = J3 , AB=4 , CB=2J3 .将ADC沿AC折起，使得点D在平面ABC的正投影。恰好落在AC边上，得到几何体 D-ABC ,如图2所示.(1)求证：AD 平面BCD ；(2)求点C到平面ABD的

23、距离.【答案】（1）见解析，（2） d2、3913【解析】从而得试题分析：（1）由题意可知：DO BC,结合勾股定理可知 AC BC,所以BC 平面ADC ,到BC AD ,又AD DC ,命题得证；（2）利用等积法布列点 C到平面ABD的距离的方程，解之即可.试题解析：（1）据题意得：DO 平面ABC, DO BC,因为 AC=2, CB=2J3, AB=4,满足 AC2 CB2 AB2 ,所以：AC BC又DO AC O ,所以BC 平面ADC ,得BC AD ,又 AD DC , BC DC C , AD 平面 BCD（2）设点C到平面ABD的距离为d ,由（1）知：DO是三棱锥D ABC的高，且DOAD CD 3ACS ABC1AC BC 22点,Q ADBD,BDJab2 ad2 d3 , S abd1 一AD2由 VC ABDVD得 S ABD d S ABC DO ,所以:d遍1322.给定椭圆C2y二 1(a b 0),称圆心在原点b2O,半径为Va2b7的圆是椭圆C的椭圆C的一个焦点为f（J2q）,其短轴上的一个端点到F的距离为33 .（1）求椭圆C的方程和其 推圆”方程;求证:（2）点P是椭圆C的 准圆”上的一个动点，过点P作直线l1,l2,使得l1,l2与椭圆C都只有一个交点.1i _L l?.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【分析】 由题意分别确