江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题-文.doc

江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文年级：姓名：- 20 -江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数在复平面内表示的点在A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据题意，由于复数,在复平面内对应点的坐标为，所以对应点在第二象限.故选：B.考点：复数的运算点评：本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，考查复数与复平面内对应点之间的关系，是一个基础题2.如图，一个水平放置的面积是的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，其中，则等腰梯形面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据斜二测画法的规则得出原水平放置的平面图，利用梯形的面积公式表示出直观图的面积：，即可求解.【详解】根据斜二测画法的规则得原水平放置的平面图：上底为，下底为，高为的直角梯形，所以水平放置的平面图形的面积为： 则.故选：A【点睛】本题考查了斜二测画法的规则，考查了基本运算能力，属于基础题3.若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系4.如图所示，则平面与平面的交线是（ ）A. 直线B. 直线C. 直线D. 直线【答案】C【解析】由题意知，又，平面，即在平面与平面交线上，又平面，点在平面与平面的交线上，平面平面，故选点睛：本题考查空间想象力及逻辑推理能力，属于中档题，考查了确定点在交线上，应用了公理2，根据公理，两个平面的公共点必在同一条直线上，该直线是两个相交平面的唯一公共直线，即交线.5.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】选项A中，由于，故，又，故，A正确；选项B中，由得或，又，故只有，故B正确选项C中，由面面垂直的判定定理可得C正确选项D中，由题意得的关系可能平行、相交、垂直故D不正确综上可知选项D不正确选D6.正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，把直线CN平移和直线B1M相交，找到异面直线B1M与CN所成的角，解三角形即可求得结果在平移直线时经常用到遇到中点找中点的方法【详解】解：取AA1的中点E，连接EN，BE角B1M于点O，则ENBC，且ENBC四边形BCNE是平行四边形BECNBOM就是异面直线B1M与CN所成的角，而RtBB1MRtABEABEBB1M，BMB1AEB，BOM90故选D【点睛】此题是个基础题考查异面直线所成的角，以及解决异面直线所成的角的方法（平移法）的应用，体现了转化的思想和数形结合的思想方法7.若函数存在单调递减区间,则实数b的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出的导数，由其存在单调递减区间可得b的取值范围.【详解】解：由，可得，由题意可得存在，使得，即存在，使得，等价于，由对勾函数性质易得，故选B.【点睛】本题主要考查利用导数及利用函数的单调性求参数，属于中档题.8.正方体内切球与外接球体积之比为()A. 1B. 13C. 13D. 19【答案】C【解析】设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为a，它的外接球的半径为a，故所求体积之比为13.故答案为C点睛：几何体的内切球和外接球问题是高考的热点也是难点；内切球常见的解决方法是等体积法求球的半径；外接球也是找球的半径，常见方法有，提圆心，建系，直角三角形共斜边，如果三棱锥的侧棱长都相等则，顶点在底面的投影一定落在底面的外心上，而球心就在三棱锥的高线上9.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积故选.10.双曲线的左、右焦点分别为，且恰好为抛物线的焦点，设双曲线与该抛物线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知条件得双曲线、抛物线焦点，求出点坐标，再由双曲线定义求得的值，继而求出双曲线的离心率【详解】为抛物线的焦点，故点坐标为或，则解得，又,故选【点睛】本题主要考查了求双曲线离心率问题，运用双曲线定义结合已知条件即可得到结果，较为简单11.函数在区间的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：判断的奇偶性，在上的单调性，计算的值，结合选项即可得出答案.详解：设，当 时，当时，即函数在上为单调递增函数，排除B；由当时，排除D；因为，所以函数为非奇非偶函数，排除C，故选A.点睛：本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中涉及到函数的单调性、函数的奇偶性和函数值的应用，试题有一定综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力.12.已知正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）底面边长为1且侧棱长为4,为中点,从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把正三棱拄展开为平面图，得到矩形,则从拉一条绳子绕过侧棱到达的最短绳长为，由勾股定理可得结果.【详解】如图，把正三棱柱展开成平面图,得到矩形，其中是中点, 是中点，连接，则从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为，正三棱柱的底面边长为1，可得，侧棱长为4 , 为的中点，可得 从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为，故选B.【点睛】本题通过最短绳长的求法,主要考查正三棱柱结构特征、正三棱柱的展开图等基础知识，意在考查空间想象能力、考查运算求解能力，以及转化与划归思想的应用,属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知是虚数单位，若复数满足，则 _.【答案】【解析】【分析】先计算复数，再计算复数的模.【详解】故答案为【点睛】本题考查了复数的计算，属于简单题.14.平面平面，点，点，直线AB，CD相交于点P，已知，则_【答案】34或2.【解析】【分析】根据点的位置分类讨论，利用平面几何知识即可求出【详解】因为直线AB，CD相交于点P，所以共面根据面面平行的性质定理可知，若点在平面的外部，则，即，解得；若点在平面之间，则，即，解得，故答案为： 34或2【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，以及平面几何知识的应用，意在考查学生分类讨论思想的应用和数学运算能力，属于基础题15.设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于点，则与的面积之比_【答案】【解析】设F到直线AB的距离为d，则设AB：代入中易得，从而可得.16.如图，在正方形中，分别为，的中点，为的中点，沿，将正方形折起，使，重合于点，构成四面体，则在四面体中，下列说法不正确的序号是_平面； 平面；平面平面【答案】【解析】OAOE，OAOF，OEOFO，OA平面EOF，故正确，错误；EF平面EOF，AOEF，故正确；同理可得：OE平面AOF，OEAF，故正确；又OE平面AOE，平面AOE平面AOF，故正确；故答案为点睛：(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知复数，其中t，x，且.（1）求点的轨迹方程（2）若，求m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由复数相等的定义得出之间的关系，消去可得轨迹方程；（2）由方程知轨迹是圆，因此由圆与直线有公共点可得m的取值范围【详解】解：（1）根据复数相等的充要条件得，将代入，得，整理得，因此，所求点P的轨迹方程为.（2）由（1），知点P的轨迹是一个圆，其圆心为，半径为，当直线与圆有公共点时，即，得，所以所求m取值范围为【点睛】本题考查了复数相等的定义，考查直线与圆的位置关系，题中求参数取值范围关键是转化，转化为直线与圆有公共点问题，从而可利用直线与圆的位置关系的几何条件求解也可以通过求得圆心到直线的距离求解，18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，点E，F，G分别为PC，PA，BC的中点.（1）求证：；（2）求证：平面PCD；【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接，证明平面，得，再由中位线得平行线后得证题中结论；（2）取中点，连接，可证明平面平面，从而得证线面平行【详解】（1）连接，ABCD为正方形，则，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，所以平面，平面，所以，因为点E，F分别为PC，PA的中点.所以，所以；（2）取中点，连接，因为点F，G分别为PA，BC的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面 【点睛】本题考查用线面垂直证明线线垂直，用面面平行证明线面平行，掌握线面垂直的面面平行的判定定理是解题关键19.如图所示的几何体中，ABC-A1B1C1为三棱柱，且AA1平面ABC， AA1=AC，四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD=4，ADC=60.（）求证：；（）求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）4【解析】【分析】（1）推导出AC1A1C，ACAB，AA1AB，从而AB平面ACC1A1，进而A1B1AC1，由此能证明AC1平面A1B1CD（2）由CD2，得AD4，ACAA12，三棱谁C1A1CD的体积：，由此能求出结果【详解】(1)为三棱柱，且平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，是正方形，设，则，平面，平面解：(2)，三棱谁的体积：，【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20.已知椭圆的短轴长为4，离心率为，斜率不为0的直线l与椭圆恒交于A，B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点M（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）直线过定点【解析】【分析】（1）由题可知，再结合，即可求出的值，从而得出椭圆的标准方程；（2）因为直线l斜率不为，所以设直线l：xty+m，联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系得，再根据以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，可得0，从而求出，即可得出定点坐标【详解】（1）由题，所以椭圆的标准方程为（2）由题设直线：，联立直线方程和椭圆方程，得，因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，所以，整理得或，又当时，直线过椭圆右定点，此时直线与直线不可能垂直，直线过定点【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及直线和椭圆的位置关系，是中档题21.如图,在四棱锥中,平面,底面为菱形,且,E为的中点.(1)求证:平面平面;(2)棱上是否存在点F,使得平面?说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在点F中点,见解析【解析】【分析】(1)由 及菱形的性质可得，再由平面,平面,所以，可得平面，可得证明；(2) 分别取,的中点F,G,连接,易得且，且，四边形为平行四边形,所以可得平面.【详解】解:(1)证明:因为底面是菱形且,所以为正三角形,因为E为的中点,所以,因为,所以;因为平面,平面,所以;因为.所以平面,平面,所以平面平面.(2)存在点F为中点时,满足平面;理由如下:分别取,的中点F,G,连接,在三角形中,且;在菱形中,E为中点,所以且,所以且,即四边形为平行四边形,所以;又平面,平面,所以平面.【点睛】本题主要考查点、直线、平面的位置关系，灵活运用各定理证明是解题的关键.22.已知函数，其中是自然对数底数.（1）当时，求函数的极值；（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）把代入解析式中，求出导函数，令导函数等于0，解出值，列表表示的正负以及函数的单调性，从而可得函数的极值；（2）把，不等式恒成立转化为对恒成立，令，利用导数求出函数在上的最大值，即可得求出实数的取值范围【详解】（1）当时，定义域为；求导得：，方程的根为或，列表得：极大值极小值由上表可以，.（2），由条件知，对恒成立.令，.当时，在上单调递减，即，在上单调递减，则若在上恒成立，则需，即实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数极值的求法以及函数恒成立的问题，解题的关键是利用导数研究原函数的单调性以及最值，属于中档题