浙江省宁波市鄞州中学2018-2019学年高二上期中考试数学试题(解析版)

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. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

“a＞1”⇒“”，“”⇒“a＞1或a＜0”，由此能求出结果．

【详解】a∈R，则“a＞1”⇒“”，

“”⇒“a＞1或a＜0”，

∴“a＞1”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，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.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+3y−1=0或.

即2x+3y−1=0(x⩾3)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D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，

而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=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，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

，①，②③

，得，④

将④代入③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. 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，高为h，