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1、民勤一中2018-2019学年度第一学期期末考试试卷高二数学(理)一选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.)1.命题“x0R,2x031”的否定是()A. x0R,2x031B. xR,2x31C. xR,2x31D. x0R,2x031【答案】C【解析】特称命题的否定是全称命题,故选.2.若双曲线=的一个焦点是,则的值是A. -1B. 1C. D. 【答案】A【解析】双曲线=的标准方程为,焦点在轴上,且,故选A3.以双曲线的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
2、由题意知抛物线的顶点为（0，0），焦点为（3，0），即可得到抛物线方程【详解】双曲线1的中心为O（0，0），该双曲线的右焦点为F（3，0），抛物线的顶点为（0，0），焦点为（3，0），p6，抛物线方程是y212x故选A【点睛】本题考查圆锥曲线的基本性质和应用，解题时要注意公式的灵活运用4.若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：记，因为是的充分而不必要条件，所以，所以解得.故选A.考点：充分条件、必要条件、充要条件.【方法点睛】集合判断法：从集合的观点看，建立命题，相应的集合：，：，那么：若，则是的充分条件；若时，则是的充分不必
3、要条件；若，则是的必要条件；若时，则是的必要不充分条件；若且，即时，则是的充要条件.本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，其中分别求出满足的的取值范围是解答本题的关键.属于基础题.5.已知ABC的周长为20，且顶点B （0，4），C （0，4），则顶点A的轨迹方程是（）A. （x0）B. （x0）C. （x0）D. （x0）【答案】B【解析】【分析】根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，得到点A的轨迹是椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程，去掉不合题意的点【详解】解：ABC的周长为20，顶点B （0，4），C （0，4），BC8，AB+AC20812，128点
4、A到两个定点的距离之和等于定值，点A的轨迹是椭圆，a6，c4b220，椭圆的方程是故选B【点睛】本题考查椭圆的定义，注意椭圆的定义中要检验两个线段的大小，看能不能构成椭圆，本题是一个易错题，容易忽略掉不合题意的点6.如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的点差法求出弦的斜率，再根据直线的点斜式方程进行求解即可.【详解】设是椭圆被点平分的弦.设，因此有.因为是椭圆的弦，所以有，得：，因为，弦的斜率为，所以，因此弦的方程为：.故选：A【点睛】本题考查了椭圆的点差法，考查了数学运算能力，属于基础题.7.已知命题p：“xR时，都有
5、x2x0”；命题q：“存在xR，使sinxcosx成立”则下列判断正确的是（ ）A. pq为假命题B. pq为真命题C. 非pq为真命题D. 非p非q是假命题【答案】C【解析】【详解】试题分析：任意xR时，都有x2-x+=（x）20，p是假命题；sinx+cosx=sin（x+），当x=时，sinx+cosx=，q是真命题，pq是真命题，非pq为真命题，故选C考点：复合命题的真假8.已知点在抛物线上，那么点到点的距离与点到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：抛物线焦点为F（1,0），准线为，作垂直于准线，垂足为根据抛物线定
6、义： ，根据三角形两边距离之和大于第三边，直角三角形斜边大于直角边知：的最小值是点到抛物线准线的距离；所以点纵坐标为1，则横坐标为,即，故选A考点：抛物线的定义及几何性质的运用.9.如图，棱长为1的正方体，是底面的中心，则到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】如图建立空间直角坐标系，可证明平面，故平面的一个法向量为：，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】 如图建立空间直角坐标系，则： 由于平面平面，又，平面故平面的一个法向量为：到平面的距离为：故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.10.
7、如图，正方体的棱长为2，点是平面上的动点，点在棱上， 且，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为4，则动点的轨迹是（ ）A. 圆B. 抛物线C. 双曲线D. 直线【答案】B【解析】试题分析：如图所示：正方体中，作PQAD，Q为垂足，则PQ面，过点Q作QR，则面PQR，PR即为点P到直线的距离，由题意可得又已知，PM=PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离，根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线考点：抛物线的定义11.如图，将边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，若点满足，则的值为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二面角的定义，结合勾股定理求出的长，最后根据平
8、面向量的模的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】取的中点为，连接，由正方形的性质可知：，所以为二面角的平面角，由题意可知：，因为，所以.，所以.故选：D【点睛】本题考查了求平面向量模的大小，考查了二面角的定义，考查了平面向量数量积的运算，考查了推理论证能力和数学运算能力.12.已知是以，为焦点的椭圆上一点，若且，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】点是以，为焦点的椭圆上一点，设，则由椭圆定义可知，则由勾股定理知，即，计算得出，故选点睛：椭圆的离心率是椭圆重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入
9、公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)二填空题：(本大题共4小题，每小题3分，共12分)13.已知向量，且A、B、C三点共线，则k= 【答案】【解析】；因为A、B、C三点共线，所以；于是解得14.已知抛物线y24x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则的最小值是_.【答案】32【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，将表示成一个函数，求函数的最小值即可【详解】设过点的直线方程为：，由
10、，得：，所以，所以=，当时，【点睛】合理设出过Q(4,0)的直线方程，从而简化运算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可以将问题转化成函数的最小值问题，15.直角坐标平面中，若定点与动点满足，则点的轨迹方程是_【答案】【解析】【分析】设点，则，由，所以，代入，即可求解。【详解】设点，则，可得，因，所以，即，所以点的轨迹方程为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及轨迹方程的求解，其中解答中熟练应用向量的数量积的运算公式，准确计算即可求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。16.有下列命题：（1）双曲线与椭圆有相同的焦点；（2）“”是“”的必要不充分条件；（3）若向量与
11、向量共线，则向量，所在直线平行；（4）若三点不共线，是平面外一点，则点一定在平面上；其中是真命题的是_(填上正确命题的序号)【答案】（1）（4）【解析】【分析】（1）分别求出双曲线和椭圆焦点坐标进行判断即可；（2）先解一元二次不等式，然后根据必要不充分条件的定义进行判断即可；（3）根据共线向量的定义进行判断即可；（4）根据共面向量的定义进行判断即可.【详解】（1）的焦距为，因此焦点坐标为：；的焦距为，因此焦点坐标为：，所以该命题是真命题；（2），显然由，能推出，但由不一定能推出，故“”是“”的充分不必要条件，故该命题是假命题；（3）因为向量与向量共线，所以向量，所在直线平行或重合（在一条直线上
12、），故该命题是假命题；（4），即，因此点一定在平面上，故该命题是真命题.故答案为：（1）（4）【点睛】本题考查了双曲线和椭圆的坐标，考查了共线向量和共面向量的定义，考查了必要不条件的判断，属于基础题.三解答题(本题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤)17.已知，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）-6（2）-4【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；【详解】解：（1），.（2），.【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.18.已知命题
13、p：方程表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：，.若为真，求m的取值范围【答案】.【解析】试题分析：分别求出当命题p，q均为真命题时参数m的取值范围，由为真可得的取值范围试题解析：当命题p为真时可得：当命题q为真时可得，解得为真，解得实数的取值范围是19.已知椭圆C的两焦点分别为，长轴长为6求椭圆C的标准方程; 已知过点（0，2）且斜率为1的直线交椭圆C于A 、B两点,求线段AB的长度【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由焦点坐标可求c值，a值，然后可求出b的值进而求出椭圆C的标准方程（2）先求出直线方程然后与椭圆方程联立利用韦达定理及弦长公式求出|AB|的长度【详解】解：由，长轴长为6得：
14、所以椭圆方程为设,由可知椭圆方程为,直线AB的方程为把代入得化简并整理得所以又【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查韦达定理及弦长公式的应用，考查运算能力，属于中档题20.如图，四边形为正方形，平面，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【分析】以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系.（1）求出相应点的坐标，根据线面垂直的判断定理、面面垂直的判定定理，结合空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；（2）利用空间向量夹角公式，结合平面法向量的求法进行求解即可.【详解】如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系.（1）证明：依题意有，则，.所以，.即，.故平面.又平面，所以平面平面.（
