1、2018-2019 学年浙江省宁波市鄞州中学高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共 10 小题，共 50.0 分）1.双曲线 的渐近线方程为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由双曲线的标准方程分析可得该双曲线的焦点位置以及 的值，由双曲线的渐近线方程计算可得答案【详解】根据题意，双曲线 的焦点在 x 轴上，且 ， ，则双曲线的渐近线方程 ，故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线的渐近线方程的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。2.已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件C. 充要
2、条件 D. 既非充分又非必要条件【答案】A【解析】【分析】“a1”“ ”， “ ”“a1 或 a0” ，由此能求出结果【详解】aR，则“a1”“ ”，“ ”“a1 或 a0” ，“a1”是“ ”的充分非必要条件故选：A【点睛】充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若 则 ”、 “若 则 ”的真假并注意和图示相结合，例如“ ”为真，则 是 的充分条件2等价法：利用 与非 非 ， 与非 非 ， 与非 非 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若 ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ，则 是 的充要条件3.设 ， 是空间中不同的直线， ， 是不同的平面，
3、则下列说法正确的是（ ）A. ， ，则 B. ， ， ，则C. ， ，则 D. ， ， ， ，则【答案】C【解析】【分析】A 缺线在面外的条件，B 中两条直线可以为异面，C 正确的，D 缺两条直线相交的条件.【详解】如图，在正方体 中， 平面 ，但 平面 ，如 A 错.平面 平面 ， 平面 ， 平面 ，但 是异面直线，故 B 错.平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，但平面平面 ，故 D 错.根据面面平行的性质可知 C 正确.综上，选 C.【点睛】本题考察线面平行、面面平行判定与性质，这类问题可以选择以正方体为模型验证各判断是否正确，因为正方体提供了线线关系、线面关系和面面关系的各种情形.4.
4、方程 表示的曲线是( )A. 两条直线 B. 两条射线 C. 两条线段 D. 一条直线和一条射线【答案】D【解析】由 ，得 2x+3y1=0 或 .即 2x+3y1=0(x3)为一条射线，或 x=4 为一条直线.方程 表示的曲线是一条直线和一条射线.故选 D.点睛：在直角坐标系中，如果某曲线 C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程 f(x,y)=0 的实数解建立了如下的关系：（1）曲线上点的坐标都是这个方程的解；（2）以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点。那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。在求解方程时要注意变量的范围.5.如图所示，正方形 的边长为
5、 1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是 A. 6 B. 8 C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求【详解】作出该直观图的原图形，如图所示，因为直观图中的线段 轴，所以在原图形中对应的线段平行于 x 轴且长度不变，点 和 在原图形中对应的点 C 和 B 的纵坐标是的 2 倍，则 ，所以 ，则四边形 OABC 的长度为 8故选：B【点睛】本题考查了平面图形的直观图及其应用，着重考查了数形结合思想，解答此题的关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形6.九章算术中，称底面为矩形而有
6、一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A. 4 B. 8 C. 12 D. 16【答案】D【解析】【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案【详解】根据正六边形的性质，则 D1A 1ABB1，D 1A 1AFF1满足题意，而 C1，E 1，C，D，E，和 D1一样，有 24=8，当 A1ACC1为底面矩形，有 4 个满足题意，当 A1AEE1为底面矩形，有 4 个满足题意，故有 8+4+4=16故选：D【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题7.已知 F
7、是椭圆 的左焦点，P 为椭圆 C 上任意一点，点 ，则 的最大值为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，设椭圆 C 的右焦点为 ，由已知条件推导出 ，利用Q， ，P 共线，可得 取最大值【详解】由题意，点 F 为椭圆 的左焦点， ，点 P 为椭圆 C 上任意一点，点 Q 的坐标为 ，设椭圆 C 的右焦点为 ，即最大值为 5 ，此时 Q， ，P 共线，故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、定义及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程、定义和简单的几何性质，合理应用是解答的关键，着重考查了转化思想以及推理与运算能力。8.在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个
8、钢球，钢球恰与棱锥的四个面都接触，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是 A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为钢球与棱锥的四个面都接触，所以钢球与棱锥的棱相离，而与棱对应的高相切。所以经过棱锥的一条侧棱和高所作的截面中，球的截面圆与两条高相切，而与棱相离，且与棱锥的高相交，故选 B考点：本题主要考查简单几何体的特征及三视图。点评：简单题，理解好三视图的意义。9.已知椭圆 与双曲线 有相同的焦点 ， ，点 是两曲线的一个公共点，且 ， ， 分别是两曲线 ， 的离心率，则 的最小值是（ ）A. 4 B. 6 C. 8 D. 16【答案】C【解析】【分析】由题意设焦距为 ，
9、椭圆长轴长 ，双曲线实轴长为 ，取椭圆与双曲线在一象限的交点为，由已知条件结合椭圆双曲线的定义推出 ，由此得出 的最小值.【详解】由题意设焦距为 ，椭圆长轴长 ，双曲线实轴长为 ，取椭圆与双曲线在一象限的交点为 ，由椭圆和双曲线定义分别有， ， ，得 ，将代入得则 ，故 最小值为 8.【点睛】本题是圆锥曲线综合题，解题中注意椭圆与双曲线的交点 的位置处理，由于椭圆和双曲线都具有很好的对称性，因此解题中可适当选择 的位置求解即可.10.正四面体 ABCD，CD 在平面 内，点 E 是线段 AC 的中点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 所成角不可能是（ ）A. 0 B. C.
10、 D. 【答案】D【解析】【分析】将问题抽象为如下几何模型，平面 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP，绕着圆锥的轴 EF 旋转，则可得到答案【详解】考虑相对运动，让四面体 ABCD 保持静止，平面 绕着 CD 旋转，故其垂线也绕着 CD旋转，如下图所示,取 AD 的中点 F，连接 EF，则 则也可等价于平面 绕着 EF 旋转，在中，易得 如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP，绕着圆锥的轴 EF 旋转，显然 则设 BE 与平面 所成的角为 ，则可得 考虑四个选项，只有选 D.【点睛】本题考查最小角定理的应用，线面角的最大值即为 BE 与 CD 所成的角.，属中
11、档题.二、填空题（本大题共 7 小题，共 40.0 分）11.已知命题 p：对任意的 ，不等式 恒成立，则 为_；若 为假命题，则 m 的取值范围是_【答案】 (1). 存在 ，不等式 成立 (2). 【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题，可得 p 的否定；由题意可得 p 真，结合一次函数的单调性，以及二次不等式的解法，即可得到所求 m 的范围【详解】由全称命题的否定为特称命题，可得 为存在 ，不等式 成立；若 为假命题，即 p 真，可得 的最小值，由 在 递增，可得函数 y 的最小值为 ，则 ，解得 ，则 m 的取值范围是 故答案为：存在 ，不等式 成立； 【点睛】本题考查命题的否定和
12、不等式恒成立问题解法，其中解答中把注意运用转化思想和单调性求最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想和推理与运算能力，属于基础题12.已知方程 所表示的曲线为 C，若 C 为椭圆，则 k 的取值范围是_；若 C 为双曲线，则 k 的取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意，方程 表示椭圆、双曲线，根据椭圆的标准方程和双曲线的标准方程，列出不等式，即可求解【详解】方程 表示椭圆，可得 ，则 且 ，解答 或 ，因此 k 的取值范围为 ，又由 C 为双曲线，则 ，所以 k 的取值范围：故答案为： ； 【点睛】本题主要考查了椭圆和双曲线的标准方程，及简单性质的应用，其中解答中熟
13、记椭圆和双曲线的标准方程，得出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力。13.一个个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】几何体是四棱锥，再根据三视图判断四棱锥的高与底面长方形的长与宽，把数据代入棱锥的体积，表面积计算即可【详解】由三视图知几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形，边长为 2，棱锥的高为 2，几何体的体积 表面积为：【点睛】本题考查了几何体的三视图及几何体的体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线
14、在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解。14.已知圆 C： 和点 ，P 是圆上一点，线段 BP 的垂直平分线交 CP 于 M 点，则 M 点的轨迹方程为_；若直线 l 与 M 点的轨迹相交，且相交弦的中点为 ，则直线l 的方程是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据线段中垂线的性质可得， ，又 半径，故有 ，根据椭圆的定义判断轨迹椭圆，求出 值，即得椭圆的标准方程 设出直线与椭圆的两个交点A，B 的坐标及 AB 的中点的坐标，利用点差法结合直线斜率，然后得到直线方程【
15、详解】由圆的方程可知，圆心 ，半径等于 ，设点 M 的坐标为 ，的垂直平分线交 CQ 于点 M，又 半径 ， 依据椭圆的定义可得，点 M的轨迹是以 B、C 为焦点的椭圆，且 ， ， ，故椭圆方程为 ，设直线 l 交椭圆与 ， 两点，AB 的中点为 ， ， ，则 ， ，作差得： ，直线 l 的方程是： ，即： 故答案为： ， 【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、椭圆的标准方程及其简单的几何性质，得出是解题的关键和难，同时着重考查了点差法的应用，以及推理与运算能力15.在正方体 中，M、N 分别是 、 的中点，则异面直线 BM 与 AN 所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】由题意，设正方体的棱
16、长为 2，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量求解，即可得到答案【详解】设正方体的棱长为 2，建立如图所示空间直角坐标系，则 0， ， 2， ， 1， ， 1， ， ，异面直线 BM 与 AN 所成角的余弦值为 故答案为： 【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题16.如图，在棱长为 1 的正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 的中点， 是侧面 内一点，若 平面 ，则线段 长度的取值范围是_【答案】 【解析】试题分析：如下图所示，分别取棱 ， 的中点 ，
17、，连接 ，连接 ， ， ， ， 为所在棱的中点， ， ， ，又 平面 ， 平面 ， 平面 ， ， ，四边形 为平行四边形， ，又 平面 ， 平面 ， 平面 ，又 ，平面 平面 ， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 必在线段 上，在 中， ，同理，在 中，求得 ， 为等腰三角形，当 在 中点 时 ，此时 最短， 位于 ， 处时 最长， ，即线段 长度的取值范围是 考点：1线面平行的判定与性质；2面面平行的判定与性质【方法点睛】立体几何中的最值问题常用方法：1分类讨论，比较大小:根据题目给出的情景，最值是通过不同的渠道得到比较每种途径的大小，从而确定最值；2侧面展开，巧求最值：将平面图形空间化是立体
18、几何的一种问题形式，但是在做立体几何最值问题中，许多都是利用空间图形进行平面化,最后利用平面几何的知识解决；3构造函数，妙求最值：函数作为工具，在立体最值问题应用也比较多先设一个几何变量，将要研究的几何量表示为该变量的函数，根据函数式的特征，确定求解方法，如“配方法” ， “求导法”等进行求解；4特殊位置，确定最值：在运动变化过程中，当变量达到某一个特殊位置时，要所求的变量的最值达到，这就要求看准变化中的临界点，从而确定最值17.已知椭圆 的右焦点为 ，设 A，B 为椭圆上关于原点对称的两点，AF 的中点为 M，BF 的中点为 N，原点 O 在以线段 MN 为直径的圆上，若直线 AB 的斜率
19、k 满足，则椭圆离心率 e 的取值范围为_【答案】【解析】【分析】设 ，则 ，根据题意 ，得到 ，进而列出方程，求解，再由 ，即可求解实数 的范围，进而求得离心率的取值范围.【详解】设 A(x,y),则 B(-x,-y),易知 x0,M ,N ,由题意得 =0,即 + =0,即 x2+y2=1.又 + =1,所以 + =x2+y2,即 = = .因为直线 AB 的斜率 k 满足 01,所以 1a2 ,所以 e= = ,因此 e 的取值范围为【点睛】本题考查了双曲线的几何性质离心率的范围，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
20、求出 ，代入公式 ；只需要根据一个条件得到关于 的齐次式，转化为 的齐次式，然后转化为关于 的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 ( 的取值范围)三、解答题（本大题共 5 小题，共 60.0 分）18.设命題 方程 有两个不相等的负根，命题 恒成立.（1）若命题 均为真命题，求 的取值范围；（2）若命题 为假，命题 为真，求 的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）首先分析命题 ：根据方程有两个不相等的负根，可根据判别式和根与系数的关系列式，命题 ，当 均为真命题时，即求两个命题 取值范围的交集；（2）若满足条件，根据真值表可知 一真一假，分 真 假，或 假 真解得
21、的取值范围.试题解析：（1）若命题 为真，则有，解得若命题 为真，则有 ，解得若 均为真命题，则 ，即 .即 的取值范围是 .（2）若命题 为假，命题 为真，则 一真一假.当 真 假，则 ，解得 ；当 假 真，则 ，解得 ；所以 的取值范围为 .19.已知四棱锥 的底面为直角梯形， , 底面 且是 的中点. （1）求证：直线 平面 ；（2）若 ，求二面角 的余弦值.【答案】 （1）证明见解析；（2） .【解析】【分析】（1）取 AB 的中点 N，由已知条件推导出 MN平面 PAD，CE平面 PAD，从而得到平面 CMN平面 PAD，由此能证明 CM平面 PAD（2）AMC 和BMC 都是边长为
22、 的正三角形，取 CM 的中点 G，则AGB 为二面角 AMCB的平面角，由此能求出二面角 AMCB 的余弦值【详解】 （1）证明：取 的中点 ， 则 ，故 平面又四边形 正方形， ，故 平面平面 平面 , 平面 .（2） 和 都是边长为 正三角形,取 的中点 ，则 ，且 为二面角 的平面角,在 中 ， ，.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养20.已知 ，动点 M 满足 ，设动点 M 的轨迹为曲线 C求曲线 C 的方程；已知直线 与曲线 C 交于 A、B 两点，若点 ，求证： 为定值【答案】 （1） ；（2）见解析.【解析】
23、【分析】设出 M 的坐标，利用动点 M 满足 ，列出方程求解即可联立直线与曲线方程，设 ，利用韦达定理结合已知条件能证明 为定值【详解】 设动点 ， ，动点 M 满足 ，可得： ，即 曲线 C 的方程： 由 ，得 ，设 ， ，由韦达定理得： ， ，为定值 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，以及椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常确定圆锥曲线的方程是基础，通过联立直线方程与圆锥曲线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解是解答的关键，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。21.如图，三棱柱 所有的棱
24、长均为 1， C.1 求证： ；2 若 ，求直线 和平面 所成角的余弦值【答案】 （1）见解析；（2）【解析】【分析】 取 中点 ，连接 ，则 ，连接 交 于点 ，连接 ，则 ，推导出 ，从而 面 ，由此能证明 由 ，得直线 和平面 所成的角等于直线 和平面 所成的角，推导出 ，从而 面 ，进而面 面 ,推导出 为直线 和平面 所成的角，由此能求出直线 和平面 所成的角的余弦值【详解】 1 取 AC 中点 O，连接 ， BO， ，连接 交 于点 M，连接 OM，则 ， ， ，又 面 ， 面 ，面 ，.解： 2 ， 直线 和平面 所成的角等于直线 AC 和平面 所成的角三棱柱 所有的棱长均为 1
25、， ， ， 面 ，面 面面 面 ， 在平面 的射影为 ，为直线 AC 和平面 所成的角， ， 在 中， 直线 AC 和平面 所成角的余弦值为 即直线 和平面 所成的角的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想，是中档题22.椭圆 C： 的离心率为 ，其右焦点到椭圆 C 外一点 的距离为 ，不过原点 O 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，且线段 AB 的长度为 21 求椭圆 C 的方程；2 求 面积 S 的最大值【答案
26、】(1) ;(2) .【解析】【详解】分析：（1）由离心率、两点间距离公式、椭圆系数关系可列方程组，即可求得结果；（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，求得弦长，再求出原点到直线的距离，根据三角形求面积的方法求得面积表达式，由二次函数性质可得三角形面积的最大值.详解：（）设椭圆右焦点为 ，则由题意得得 或 （舍去）所以椭圆方程为 ()：因为线段 的长等于椭圆短轴的长，要使三点 能构成三角形，直线 不过原点，则弦 不能与 轴垂直，故可设直线 的方程为 （ ） ，由 消去 ，并整理，得 . 设 ， ，又 ,所以 ， 因为 ,所以 ，即所以 ，即 ， 因为 ，所以 又点 到直线 的距离 ，因为 ，所以 所以 ，即 的最大值为 点睛：本题主要考查直线与椭圆关系，掌握基本的解题套路，会用弦长公式及韦达定理，会根据解析式求最值，设直线方程时注意直线的限定条件.
