《安徽省定远重点中学2018-2019学年高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省定远重点中学2018-2019学年高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-20192018-2019 学年度上学期第三次月考学年度上学期第三次月考 高二理科数学试题高二理科数学试题 本试卷满分本试卷满分 150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟。请在答题卷上作答。分钟。请在答题卷上作答。 第第 I I 卷卷 选择题选择题 （共（共 6060 分）分） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 题，每题题，每题 5 5 分，满分分，满分 6060 分，每小题只有一个正确答案）分，每小题只有一个正确答案） 1.“”是“方程表示的曲线为焦点在 轴上的椭圆”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
2、充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 方程为表示圆；方程表示椭圆，则必有即 故选 B 2.下列有关命题的说法正确的是( ) A. 命题“若，则”的否命题为“若，则” B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“，”的否定是“，” D. 命题“若，则”的逆否命题为真命题 【答案】D 【解析】 试题分析：根据否命题的概念可知选项 A 不正确，再由特称命题的否定为全称命题知选项 C 不正确，对于 选项 B，x=-1 或 6，故“”是“”的充分不必要条件，不正确，故选 D 考点：本题考查了简易逻辑知识 点评：近年全国和各省市高考对这部分内容的考查主要有：充分条件和必要条件的判断，四种命题的判断、
3、全称命题、特称命题的否定等方面 3.已知双曲线，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于、 两点， 是坐标原 点若，则双曲线的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 设右焦点则由对称性知即 所以解得故选 C 4.已知、为椭圆的两个焦点，过作椭圆的弦，若的周长为 16，椭圆离心 率，则椭圆的方程为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 根据椭圆的几何性质有。因为的周长为 16，所以。 而，所以，解得。因为椭圆的离心率，所 以，从而，所以椭圆方程为，故选 D 5.已知直线与抛物线相交于 A、B 两点，F 为 C 的焦点，若,则 k=“( “ ) A. B. C.
4、 D. 【答案】D 【解析】 由一元二次根系关系出，由抛物线定义出，三式联立得 k 为，故选 D. 6.正方体的棱长为 ，点在且， 为的中点，则为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用坐标关系求得线段的长度。 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系 则 N(a，a， a)，C1（0，a，a），A（a，0，0） 因为 所以 所以 所以 所以 所以选 A 【点睛】本题考查了空间直角坐标系的简单应用，利用坐标求得线段长度，属于基础题。 7.在矩形中，平面，则与平面所成角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】
5、建立空间直角坐标系,求出平面的法向量以及直线方向向量，利用空间向量夹角余弦公式可求出 与平面所成角. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系, 则， 易知平面的一个法向量为, ， 与平面所成的角为，故选 A. 【点睛】求直线与平面所成的角由两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用 平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余 弦公式求解即可. 8.在棱长为 1 的正方体中，分别是，的中点，那么直线与所成角的余弦 值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据作平行线的方法作出两直线所成的角，然后通过
6、余弦定理求得两直线所成角的余弦值 【详解】过点 N 作 AM 的平行线交 AB 于点 E，则 AE3EB，连接 EC， 设 AB4，在NEC 中有， 由余弦定理得， 直线 AM 和 CN 所成的角的余弦值是 故选 D 【点睛】利用几何法求异面直线所成角的步骤： 作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特 殊的位置，顶点选在特殊的位置上 证：证明作出的角为所求角 求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角 9.如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是等腰直角三角形，侧棱 ， ， 分别是与的中点，点 在平面上的射影是的重心 ，则与平面所成 角
7、的正弦值为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 结合题意建立空间坐标系，求出点的坐标以及平面的一个法向量，运用公式求出向量与法向 量的夹角余弦值，然后得到线面角的正弦值 【详解】侧棱与底面垂直， 所以分别以，所在直线为 轴、 轴、 轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则， ， 点 在平面上的射影是的重心 ， 平面，解得， ， 平面，为平面的一个法向量， 又， 与平面所成角的正弦值为，故选 A. 【点睛】本题考查了求线面角的正弦值，采用空间向量的方法，先建立空间坐标系，结合题意求出平面的 一个法向量，然后运用公式求出结果，需要熟练运用空间向量的方法来求解，属于中档题 10
8、.二面角的棱上有 、 两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知， ，则该二面角的大小为( ) A. B. C. D. 【答案】 【解析】 【分析】 将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求 出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角 【详解】由条件，知 =62+42+82+268cos， cos，即=120， 所以二面角的大小为 60， 故选：C 【点睛】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属 于基础题 11.过抛物线的焦点 的直线与抛物线交于 ， 两点，若 ， 在准线上的射影为，则等 于( )
9、 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析：由抛物线的定义及内错角相等，可得AFA1=A1FK，同理可证BFB1=B1FK，由 AFA1+A1FK+BFB1+B1FK=180，可得答案 解答：解：如图： 设准线与 x 轴的交点为 K，A、B 在抛物线的准线上的射影为 A1、B1， 由抛物线的定义可得，AA1=AF，AA1F=AFA1，又由内错角相等得AA1F=A1FK，AFA1=A1FK 同理可证BFB1=B1FK 由AFA1+A1FK+BFB1+B1FK=180， A1FK+B1FK=A1FB1=90， 故选 D 12.已知双曲线的焦点为，点在双曲线上，且轴，则到直线的距离为( )
10、 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 . 第第 IIII 卷（非选择题卷（非选择题 9090 分）分） 二、填空题二、填空题( (共共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分) ) 13.已知 ：， ：，若 是 的充分不必要条件，则实数 的取值范围为_ 【答案】 【解析】 分析：由题意首先求得集合 p 和集合 q，然后结合题意得到关于实数 a 的不等式组，求解不等式组即可求 得最终结果. 详解：求解绝对值不等式可得：， 求解二次不等式可得：, 若 是 的充分不必要条件,则：， 求解关于 a 的不等式组可得：， 结合可得实数 的取值范围是（0，2. 点睛
11、：本题主要考查绝对值不等式的解法，二次不等式的解法，充分不必要条件等知识，意在考查学生的 转化能力和计算求解能力. 14.如图所示， ， 是椭圆的两个顶点， 是的中点， 为椭圆的右焦点，的延长线交椭圆于点，且 ，若，则椭圆的方程为_ 【答案】 【解析】 【分析】 由题意得到点 A,B,C,M 的坐标，再根据 O,C,M 三点共线可得，又，故得，于是可得椭圆的 方程 【详解】设所求的椭圆方程为， 则 A(a,0)，B(0，b)， 依题意得， 因为 FM 的直线方程是， 所以. 由于 O，C，M 三点共线，得，整理得 a222， 所以 a24，b22. 因此所求方程是. 故答案为 【点睛】求椭圆的
12、方程时一般用待定系数法，可先根据椭圆焦点的位置设出椭圆的方程，然后根据题意求 得方程中的待定系数，进而可得所求的方程 15.、分别为双曲线的左、右焦点，过点作此双曲线一条渐近线的垂线，垂足为， 满足，则此双曲线的渐近线方程为_ 【答案】yx 【解析】 根据题意由双曲线的性质：焦点到渐近线的距离等于 b 可得：|=b，则|=3b，在MF1O 中， 由余弦定理可知 又 c2=a2+b2，得 a2=2b2，即 所以渐近 线方程为 故答案为 16.在直角坐标系中，直线 过抛物线的焦点 ，且与该抛物线相交于 ， 两点.其中点 在 轴上方. 若直线 的倾斜角为，则的面积为_. 【答案】 【解析】 【分析】
13、 联立直线方程与抛物线方程，求出交点坐标，然后求出三角形面积 【详解】抛物线的焦点， 直线 :.由 解得，. 所以. 【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，为求三角形面积联立直线方程与抛物线方程求出交点坐标， 即可算出答案，较为简单 三、解答题三、解答题( (共共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分) ) 17.已知命题 ：，命题 ：，.若“ 且 ”为真命题，求实数 的取值范 围 【答案】或. 【解析】 解： 由命题“p 且 q”是真命题可知命题 p 与命题 q 都成立.则有，可解得 18.如图，在四棱锥中，底面为梯形， . （1）当时，试在棱上确定一个点 ，使得平面，并求出此时的值
14、； （2）当时，若平面平面，求此时棱的长 【答案】 （1）见解析（2） 【解析】 【分析】 (1)当时，连接，交于点 ，由平行可以证得，结合线面平行的判定定理在棱上 确定一个点 (2)取上一点 得，连接，构造四边形为正方形，作平面，由证得等边 三角形继而得点 为正方形对角线的交点，建立空间坐标系，求出两个面的法向量，计算出结果 【详解】 （1）在棱上取点 ，使得， 连接，交于点 ， 因为，所以，所以， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）取上一点 得，连接，则为正方形 过 作平面，垂足为 .连接， ， ， 所以和都是等边三角形， 因此， 所以， 即点 为正方形对角线的交点， 以 为坐标
15、原点， 分别以，的方向为 轴， 轴， 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由于棱的长为 ，则， ， 设平面的法向量为， 则，取， 同理平面的法向量， 由，解得， 即的长为. 【点睛】本题考查了确定点的位置使得线面平行，在找点时结合线面平行的判定定理，先确定线线平行， 然后证得结果，在第二问中需要构造正方形，建立空间坐标系，运用法向量的知识求解结果，本题较为综 合，需要综合运用所学知识求解 19.设,分别是椭圆 ：的左、右焦点，过点的直线交椭圆 于两点， （1）若的周长为 16，求； （2）若，求椭圆 的离心率. 【答案】 （1） ；（2）. 【解析】 试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定 义可得.故.（2）设出，则且 .根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而， ，则，故，为等腰直角三角形.从而， 所以椭圆 的离心率. （1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得 .故. （2）设，则且.由椭圆定义可得. 在中，由余弦定理可得，即 ，化简可得，而，故.于是有 .因此，可得，故为等腰直角三角形.从而 ，所以椭圆 的离心率. 考点：1.椭圆的定义；2.椭圆
