2020-2021学年重庆市南开中学高二上学期期中数学试题含解析

2020-2021学年重庆市南开中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．复数(是虚数单位)的虚部是（    ）

A．2 B． C．-2 D．

【答案】A

【分析】由已知复数化简，得，即知虚部.

【详解】

∴虚部为2，

故选：A

2．命题“若，则或”的否命题是（    ）

A．若，则或

B．若，则且

C．若，则或

D．若，则且

【答案】D

【分析】利用否命题的定义求解.

【详解】命题“若，则或”的否命题是：

若，则且

故选：D

3．已知，分别是平面，的法向量，若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据两平面垂直，可得两向量垂直，根据向量垂直的坐标表示列出方程求解，即可得出结果.

【详解】因为，分别是平面，的法向量，若，

则，

所以，解得.

故选：B.

4．已知，，，是空间中的四个点，则“”是“，，，四点共面”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

【分析】根据向量共线的定义即可判断.

【详解】根据向量共线的定义可知：或者四点共线，

即，，，四点共面；

当，，，四点共面时，

根据向量共线的定义可知：

与不一定共线，

则“”是“，，，四点共面”的充分不必要条件.

故选：A.

5．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．5

【答案】B

【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线平行，得到，再结合离心率的定义，即可求解.

【详解】由题意，双曲线渐近线方程为，

因为一条渐近线与直线平行，可得，

则，即双曲线的离心率为.

故选：B.

6．已知用斜二测画法得到的某水平放置的平面图形的直观图是如图所示的等腰直角，其中，则原平面图形中最大边长为（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】D

【分析】在斜坐标系中作交轴于点有，根据斜二测法的画图原则：纵半横不变，得，，即可知最长边的长度.

【详解】由斜坐标系中作交轴于点，由，等腰直角三角形，

由斜二测法的纵半横不变，可将直观图在直角坐标系中还原成原平面图形如下：

∴，，

∴最长边，

故选：D

7．已知某圆柱被截去若干部分后所得到的几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由三视图画出原几何体的直观图可得答案.

【详解】由题意可知几何体的直观图如图，所以几何体的表面积为：

，

故选：C.

8．如图，在三棱锥中，平面平面，直线与平面､平面所成角分别记为，，则与的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．以上都有可能

【答案】C

【分析】过点作于点，连接；过点作于点，连接；得到，，结合图形，得到，进而可得到，从而可得出结果.

【详解】过点作于点，连接；过点作于点，连接；

因为平面平面，所以平面，平面；

则，；

因为直线与平面､平面所成角分别记为，，

所以，，

又，，

显然，所以，

又与都为锐角，所以，

因为，所以，

即.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：

求解本题的关键在于利用直线与平面所成角的定义，在几何体中作出直线与平面所成的角，结合图形，以及三角形的性质，即可求解.

二、多选题

9．已知两条直线，和两个平面，，则能使得成立的是（    ）

A．，，

B．，，

C．，，

D．，，，

【答案】AD

【分析】A：利用平行线的性质进行判断即可；

B：根据线线关系，结合平行线的性质进行判断即可；

C：根据线面位置关系举特例进行判断即可；

D：根据线面平行的性质定理，结合面面垂直的性质定理，平行线的性质进行判断即可.

【详解】A：因为，，所以，而，因此，故本选项正确；

B：因为，，所以直线，的位置关系为平行或者异面，显然当时，由才能得到，故本选项不正确；

C：当直线，，显然可以满足，，，但是不成立，故本选项不正确；

D：设过直线的平面与平面交于直线，因为，所以有，而，

因此，又因为，，

所以，而，所以，故本选项正确.

故选：AD

10．已知非零复数，满足，则下列判断一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】设，结合选项逐个计算、判定，即可求解.

【详解】设，

则，则，

对于A中，，则不一定成立，所以不正确；

对于B中，一定成立，所以B正确；

对于C中，不一定成立，所以不正确；

对于D中，一定成立，所以正确.

故选：BD.

11．已知二面角的大小为，点，点，，且，，，则，两点间的距离可以是（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】ABC

【分析】由已知，二面角的大小为，可设，应用余弦定理求，两点间的距离的范围即可知正确选项.

【详解】

由知：，又二面角的大小为，

令，而，，

有：，

∴，即，

故选：ABC

【点睛】关键点点睛：根据二面角的大小，结合三垂线定理求的范围，再应用余弦定理求的范围.

12．如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（    ）

A．过，，的平面截正方体所得截面为等腰梯形

B．三棱锥的体积为定值

C．动点所形成轨迹的长度为

D．过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为

【答案】BCD

【分析】由题做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，进而计算即可排除A选项；根据平面，由等体积转化法得即可得B选项正确；取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；过点做的平行线交于，交于，连接，易知过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而得当位于点时，截面面积最小，为四边形的面积，且面积为.

【详解】解：对于A选项，如图，取中点，连接，由点，分别在，上，，，故四边形为平行四边形，故，由于在，为中点，当为中点时，有，故过，，的平面截正方体所得截面为梯形，此时，，故梯形不是等腰梯形，故A选项错误；

对于B选项，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，由于平面，故三棱锥的体积等于三棱锥的体积，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而三棱锥的体积为定值，故B选项正确；

对于C选项，取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知，，由于，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；

对于D选项，过点做的平行线交于，交于，连接，则过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，易知当位于点时，平行四边形边最小，且为，此时截面平行四边形的面积最小，为四边形的面积，且面积为，故D选项正确；

故选：BCD

【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而讨论AD选项，通过平面，并结合等体积转化法得知B选项正确，通过构造面面平行得的轨迹为线段，进而讨论C选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.

三、填空题

13．若复数满足(是虚数单位)，则________.

【答案】

【分析】利用除法运算公式，分子分母同乘以共轭复数，然后可得，然后代入模长公式计算即可.

【详解】由题意，，

所以.

故答案为：.

14．在正方体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的正弦值为________.

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，利用得余弦，进而得正弦.

【详解】

如图所示，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则，

则，

，

所以与所成角的正弦值为.

故答案为：.

15．若某圆锥的体积为，轴截面面积为3，则此圆锥的侧面积为________.

【答案】

【分析】设圆锥的底面半径为，高为，根据条件可得，进而得母线的长，再求侧面积即可.

【详解】设圆锥的底面半径为，高为，

则体积为，得，

轴截面面积为，得，

属于，所以母线长为，

所以此圆锥的侧面积为.

故答案：.

四、双空题

16．在矩形中，，，点、分别在线段、（不含端点）上运动，且，若将沿折起（如图），折后的点记为，点平面.则三棱锥体积的最大值为____________；当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为____________.

【答案】       

【分析】设，求得，求出三棱锥体积的表达式，利用二次函数的基本性质求得三棱锥体积的最大值，可求得且，可知、、两两垂直，再将四棱锥补成正方体，由此可计算出三棱锥的外接球的半径，进而可求得结果.

【详解】在矩形中，，，，即，，

翻折后，则有，，

所以二面角的二面角的平面角为，

设，则，，

过点在平面内作，垂足为点，下面证明平面，

，，，平面，

平面，，

，，平面，且，

所以，，

当且仅当且时，三棱锥的体积取最大值.

此时，、、两两垂直，且，

将四棱锥补成正方体，如下图所示：

所以，三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线长，

所以，三棱锥的外接球的直径为，则，

因此，三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为.

故答案为：；.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.

五、解答题

17．已知命题直线经过第二､三､四象限，命题：方程表示双曲线，若为真命题，求实数的取值范围.

【答案】

【分析】分别求得命题和都是真命题时，实数的取值范围，再结合为真命题，即可求解.

【详解】由命题直线经过第二､三､四象限，可得，解得；

由命题：方程表示双曲线，可得，解得，

因为为真命题，即命题和命题都是真命题，可得，

即实数的取值范围.

18．已知复数为纯虚数，且为实数.

（1）求复数；

（2）设，若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据纯虚数的定义设出复数的表示形式，再根据复数除法运算法则，结合复数的分类进行求解即可；

（2）根据完全平方公式，结合复数在复平面内对应点的特点进行求解即可.

【详解】（1）因为复数为纯虚数，

所以设，

则，又为实数

∴，即；

（2）因为，

所以有，

又因为复数在复平面内对应的点位于第四象限，

所以有：且，即.

19．如图，在三棱柱中，平面，，，，，分别为棱，的中点.

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点，由中位线知且，有为平行四边形，根据线面平行的判定即可证平面；

（2）由等腰三角形底边中线的性质、线面垂直的判定可证面，由线面垂直性质有平面，进而可证面面，即过作于，即为到平面的距离.

【详解】（1），分别为棱，的中点，取的中点，连接，，则，又，

∴，

∴四边形为平行四边形，有，又面，面，

∴平面，

（2）∵，

∴，又由题意知面，

∴，，

∴面，由（1）知，故平面，又平面，

∴面面，于是，过作于，则有平面，

∴到平面的距离即为.

【点睛】关键点点睛：

（1）利用中位线、平行四边形性质有线线平行，根据线面平行的判定证线面平行.

（2）结合等腰三角形底边中线性质、线面垂直的判定及性质证面面垂直，可确定代表点面距的线段，进而求其长度即可.

20．已知椭圆的焦距与短轴长相等，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于、两点，当与轴垂直时，.

（1）求椭圆的方程；

（2）若椭圆上存在异于、的一点，使得的重心是坐标原点，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求得，结合已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；

（2）分析出直线不可能与轴重合，设直线的方程与，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件求出点的坐标，代入椭圆方程求出的值，即可求得直线的方程.

【详解】（1）将代入椭圆方程得，可得，.

由已知可得，解得，

因此，椭圆的方程为；

（2）椭圆右焦点为.

若直线与轴重合，此时为的中点，则不可能为的重心.

设直线的方程为，与椭圆方程联立得，

,

设，，由韦达定理可得，，

则，

设点，则，可得，即点，

将点的坐标代入椭圆方程得，解得.

故直线的方程为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．在四棱锥中，，，，，为上一点，满足，且.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据，，， 得到，再根据，，，求得PE，然后利用勾股定理由，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明.

（2）取中点，以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，然后由求解.

【详解】（1）在直角梯形中，，，，

∴，即，

设，则由，，，

所以，

解得，∴，

∴，∴，

∴平面；

（2）∵平面，平面，

∴平面平面，

取中点，连接，，

由知，∴平面，

又，∴，

故以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，

∴，，，

设平面的一个法向量为，

则，令得，

同理可得平面的一个法向量为，

所以，

故所求二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．

22．已知抛物线：，过点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点.

（1）证明：；

（2）点，设直线，分别与抛物线交于另一点，，过点向直线作垂线，垂足为.是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，满足条件的点，相应的.

【分析】（1）设直线，联立方程组得到，结合，即可求解；

（2）设过定点的直线，联立方程组，根据根与系数的关系，得到与无关，得出对于抛物线上的两点的直线过定点，进而得到，再结合，即可求解.

【详解】（1）设直线：，

联立方程组，整理得，所以，

又由，所以.

（2）设过定点的直线与抛物线有两个不同交点，，

联立方程组，整理得，可得与无关，

即对于抛物线上的两点，，直线过定点，的纵坐标之积为，

由此可得，，从而，

于是可得直线过点，记为，则，

取中点为，则中，

故存在满足条件的点，相应的.

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.