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1、绝密启用前吉林省“五地六校”合作2018-2019学年高二第一学期期末考试理科数学试题评卷人得分一、单选题1已知命题p：，则是A， B，C， D，【答案】B【解析】【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p：，则是：，故选：B【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基本知识的考查2若直线过点，则此直线的倾斜角是A B C D【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，从而求出直线的倾斜角即可【详解】由题意得：直线的斜率，故倾斜角是，故选：C【点睛】本题考查了直线斜率，倾斜角问题，考查转化思想，是一道基础题3某几何体的三视
2、图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由三视图易知该几何体为一个圆柱和半个圆锥组合而成，故其体积为考点：三视图，空间几何体体积4已知命题p：，使得，命题q：，使得，则下列命题是真命题的是A B C D【答案】D【解析】【分析】由配方法得：，即命题p为真命题，即命题q为假命题，得解.【详解】由，即命题p为真命题，由，即无解，即命题q为假命题，故选：D【点睛】本题考查了二次不等式及二次方程的问题及命题的真假，属简单题.5“”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】A【解析】【分析】由椭圆的性质得：，解得
3、m范围，又“”范围小，“或”范围大，根据小范围推大范围，故得解。【详解】“方程表示椭圆”，解得：或，又“”是“或”的充分不必要条件，即“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题考查了椭圆的性质、充分条件，必要条件，充要条件，属简单题6方程表示的曲线是A一个圆 B两个半圆 C两个圆 D半圆【答案】D【解析】【分析】方程等价于，即可得出结论【详解】方程等价于，表示的曲线是半个圆故选：D【点睛】本题考查曲线与方程，考查圆的知识，属于基础题7以为圆心，4为半径的圆的方程为A BC D【答案】C【解析】【分析】利用圆的标准方程的性质求解【详解】以为圆心，4为半径的圆的方程为：故选：C【
4、点睛】本题考查圆的标准方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用8用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则其中真命题的序号是A B C D【答案】D【解析】【分析】与立体几何有关的命题真假判断，要多结合空间图形，充分利用相关的公理、定理解答判断线与线、线与面、面与面之间的关系，可将线线、线面、面面平行垂直的性质互相转换，进行证明，也可将题目的中直线放在空间正方体内进行分析【详解】因为空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，中正方体从同一点出发的三条线，满足已知但是，所以错误；若，则，满足平行线公理，所以正确；平行于同一平面
5、的两直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以错误；垂直于同一平面的两直线平行，由线面垂直的性质定理判断正确；故选：D【点睛】本题考查空间两条直线的位置关系以及判定方法，线面平行的判定，解决时要紧紧抓住空间两条直线的位置关系的三种情况，牢固掌握线面平行、垂直的判定及性质定理9已知在三棱锥中，且平面平面，那么三棱锥外接球的体积为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：取中点，连接，由知，则，又平面平面，所以平面，设，则，又，则，显然是其外接球球心，因此故选D考点：棱锥与外接球，体积10在平面内两个定点的距离为6，点M到这两个定点的距离的平方和为26，则点M的轨迹是A圆 B椭圆 C双曲线
6、 D线段【答案】A【解析】【分析】以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设出动点M的坐标，由M到这两定点的距离的平方和为26列等式，整理后得答案【详解】设两定点分别为A，B，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系如图：，则，设，则，即整理得：的轨迹方程是故选：A【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，解答的关键是建立恰当的平面直角坐标系，是中档题11已知双曲线C：的左右焦点分别是，过的直线l与C的左右两支分别交于A，B两点，且，则A B3 C4 D【答案】C【解析】设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a1，由双曲线的定义可得|AF2|AF1|2a2，|BF
7、1|BF2|2a2.又|AF1|BF1|，故|AF2|BF2|4，又|AB|AF2|BF2|，故|AB|4. 选C12如图，已知，是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段与圆相切于点Q，且点Q为线段的中点，则椭圆C的离心率为A B C D【答案】B【解析】【分析】连接OQ，先利用三角形中位线定理证明，而OQ即为圆的半径b，从而得焦半径，再利用椭圆的定义，得，最后利用直线与圆相切的几何性质，证明，从而在三角形中利用勾股定理得到a、b、c间的等式，进而计算离心率即可【详解】如图：连接OQ，点Q为线段的中点，由椭圆定义，线段与圆相切于点Q，且，即，故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及其运用，直
8、线与圆的位置关系，椭圆的几何性质及其离心率的求法，属基础题第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已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为 .【答案】【解析】试题分析：设圆锥的底面半径为，解得，根据勾股定理，圆锥的高等于，所以圆锥的体积.考点：旋转体的体积14抛物线的焦点到准线的距离是_【答案】【解析】【分析】化抛物线方程为标准方程，即可求得焦点到准线的距离【详解】抛物线的标准方程为，则，即抛物线的焦点到准线的距离是故答案为：【点睛】本题考查抛物线的标准方程与性质，考查学生的计算能力，属于基础题15如图，在长方形ABCD中，E是CD的中点，沿AE
9、将向上折起，使D为，且平面平面则直线与平面ABC所成角的正弦值为_【答案】【解析】【分析】由面面垂直，易得斜线在平面的射影，进而得角【详解】由题意，为等腰直角三角形，平面平面ABCE，在底面的射影为AE，为直线与平面ABC所成角，且，其正弦值为，故答案为：【点睛】此题考查了斜线与平面所成角，难度不大求线面角，可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。16椭圆M：(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆M上任一点，且的最大值的取值范围是c2,3c2，其中c，则椭圆M的离心率e的取值范
10、围是_.【答案】 【解析】【分析】因为的最大值的取值范围是c2,3c2，所以应设P(x，y)，进而用坐标表示，由点P为椭圆M上任一点，可得。化简可得。由椭圆的范围得，可求得取最大值，由条件可得，转化为，化简可求离心率的取值范围。【详解】设P(x，y)，则 ，即，因为F1(c,0)，F2(c,0)，所以，所以 所以，当时，取最大值 因为的最大值的取值范围是c2,3c2，所以。 即，所以。所以 ，即，所以。椭圆M的离心率e的取值范围是。【点睛】本题考查椭圆几何性质的运用和求椭圆离心率的范围。注意之间的关系：的运用。运算量较大，难度一般。评卷人得分三、解答题17已知的顶点，AB边上的中线CM所在直线
11、方程为，AC边上的高BH所在直线方程为求：顶点C的坐标；直线BC的方程【答案】(1)；(2)【解析】【分析】先求直线AC的方程，然后求出C的坐标；设出B的坐标，求出M代入直线方程为，与直线为联立求出B的坐标然后可得直线BC的方程【详解】由及AC边上的高BH所在的直线方程得AC所在直线方程为又AB边上的中线CM所在直线方程为由得设，又是AB的中点，则由已知得得又得直线BC的方程为【点睛】本题考查两条直线的交点，待定系数法求直线方程，是基础题18如图，长方体中，点E是线段AB中点证明：；求二面角的大小的余弦值；求A点到平面的距离【答案】（1）详见解析 （2）（3）【解析】试题分析：（1）面 ，又，
12、来所以，面所以，（2）是所求二面角的平面角，二面角的大小的余弦值为（3）由（）（）知，平面的法向量为，试题解析：（1）证明：面，面所以， 分中，同理：，又，3分所以，面4分又面所以，5分（2）解法一 由（1）证可知是所求二面角的平面角 分在中，；故，8分即二面角的大小的余弦值为9分解法二：利用向量法设平面的法向量为，由（1）得，且解得：,即； 7分又平面的法向量为，所以，二面角的余弦值为 9分（3）解法一：，10分又，（11分）设点到平面的距离为，则，解得，即点到平面的距离为 （14分）解法二：利用向量法由（1）（2）知，平面的法向量为故，点到平面的距离为考点：1线面垂直的判定与性质；2二面角
13、；3点到面的距离19已知圆C过点、，且圆心C在直线上求圆C的方程；设直线与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）x2+y2-6x+4y+4=0（2）不存在实数 【解析】此题考查了利用待定系数法求圆的一般式方程，垂直平分线的性质及方程与函数的综合此题第二问利用的方法是反证法，此方法的步骤为：先否定结论，然后利用正确的推理得出与已知，定理及公理矛盾，得到假设错误，故原结论成立（1）设出圆的一般式方程，表示出圆心坐标，把圆心坐标代入到直线x+2y+1=0中得到一个关于D，E及F的方程，然后把M与N的坐标代入所设的圆的方程，得到两个关于E，F及D的方程，三个方程联立即可求出D，E及F的值，确定出圆C的方程；（2）利用反证法，先假设满足题意得点存在，根据线段垂直平分线的性质得到圆心C必然在直线l上，由点C与点P的坐标求出直线PC的斜率，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1，求出直线AB的斜率，进而求出实
