印花税核定征收项目表doc.docx

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印花税核定征收项目表doc

重庆市九龙坡区2018-2019学年高二（上）期末数学试卷（理科）

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.已知点A（1,3），B（−1,33），则直线AB的倾斜角是（　　）

A.60∘B.30∘C.120∘D.150∘

【答案】C

【解析】解：

点A（1,3），B（−1,33），则直线AB的斜率：

3−331+1=−3．

∴tanα=−3，α=120∘．

故选：

C．

直接求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可．

本题考查直线的斜率与直线的倾斜角的关系，基本知识的考查．

2.下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y=±2x的是（　　）

A.x2−y24=1B.x24−y2=1C.y24−x2=1D.y2−x24=1

【答案】C

【解析】解：

由A可得焦点在x轴上，不符合条件；

由B可得焦点在x轴上，不符合条件；

由C可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=±2x，符合条件；

由D可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=±12x，不符合条件．

故选：

C．

对选项首先判定焦点的位置，再求渐近线方程，即可得到答案．

本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的焦点和渐近线方程的求法，属于基础题．

3.下列说法错误的是（　　）

A.“x>0”是“x≥0”的充分不必要条件

B.命题“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为：

“若x≠1，则x2−3x+2≠0”

C.若p∧q为假命题，则p，q均为假命题

D.命题p：

∃x∈R，使得x2+x+1<0，则￢p：

∀x∈R，均有x2+x+1≥0

【答案】C

【解析】解：

A.“x>0”是“x≥0”的充分不必要条件，正确，故A正确，

B.命题“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为：

“若x≠1，则x2−3x+2≠0”正确，

C.若p∧q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，故C错误，

D.命题p：

∃x∈R，使得x2+x+1<0，则￢p：

∀x∈R，均有x2+x+1≥0，正确，

故错误的是C，

故选：

C．

A.根据充分条件和必要条件的定义进行判断，

B.根据逆否命题的定义进行判断，

C.根据复合命题真假关系进行判断，

D.根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．

本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，考查学生的运算和推理能力．

4.设双曲线x2a2−y2b2=1的离心率为2，且一个焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，则此双曲线的方程是（　　）

A.x22−y24=1B.x24−y22=1C.x24−y24=1D.x22−y22=1

【答案】D

【解析】解：

抛物线y2=8x的焦点为（2,0），

可得双曲线的c=2，即a2+b2=4，

由e=ca=2，

解得a=b=2，

则双曲线的方程为x22−y22=1．

故选：

D．

求得抛物线的焦点，可得双曲线的c，由离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程．

本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

5.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（　　）

A.α∩β=n，m⊂α，m//β⇒m//nB.α⊥β，α∩β=m，m⊥n⇒n⊥β

C.m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD.m//α，n⊂α，⇒m//n

【答案】A

【解析】解：

由m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，知：

在A中，α∩β=n，m⊂α，m//β，则由线面平行的性质定理得m//n，故A正确；

在B中，α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n与β相交、平行或m⊂β，故B错误；

在C中，m⊥n，m⊂α，n⊂β，由α与β相交或平行，故C错误；

在D中，m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故D错误．

故选：

A．

在A中，由线面平行的性质定理得m//n；在B中，则n与β相交、平行或m⊂β；在C中，由α与β相交或平行；在D中，m与n平行或异面．

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．

6.已知双曲线x24−y22=1，直线l交双曲线于A、B两点，若线段AB的中点坐标为（12,−1），则直线l的方程为（　　）

A.4x+y−1=0B.2x+y=0C.2x+8y+7=0D.x+4y+3=0

【答案】C

【解析】解：

设以点P（12,−1）为中点的弦与双曲线交于A（x1,y1），B（x2,y2），则x1+x2=1，y1+y2=−2，

分别把A（x1,y1），B（x2,y2）代入双曲线方程双曲线x24−y22=1，再相减可得（x1+x2）（x1−x2）−2（y1+y2）（y1−y2）=0，

∴（x1−x2）+4（y1−y2）=0，

k=−y1−y2x1−x2=−14

∴点P（12,−1）为中点的弦所在直线方程为y+1=−14（x−12），

整理得：

2x+8y+7=0．

故选：

C．

设以点P（12,−1）为中点的弦与双曲线交于A（x1,y1），B（x2,y2），则x1+x2=1，y1+y2=−2，分别把A（x1,y1），B（x2,y2）代入双曲线x24−y22=1，再相减可得（x1+x2）（x1−x2）−2（y1+y2）（y1−y2）=0，（x1−x2）+4（y1−y2）=0，求出k，然后求解直线l的方程即可．

本题考查了双曲线与直线的位置关系，点差法处理中点弦问题，属于中档题．

7.

某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（　　）

A.17B.25C.5D.2

【答案】C

【解析】解：

根据几何体的三视图：

如图所示：

由于底面周长为8，

得到：

2πr=8，

解得：

r=4π，

所以：

点M到N在下地面上的射影的弧长为l=90π180⋅4π=2，

所以：

MN的最小值为|MN|=22+1=5．

故选：

C．

首先求出底面的半径，进一步利用弧长公式和勾股定理的应用求出结果．

本题考查的知识要点：

三视图和几何体之间的转换，弧长公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

8.椭圆x225+y216=1的焦点为F1，F2，P为椭圆上一点，若∠F1PF2=60∘，则△F1PF2的面积是（　　）

A.1633B.3233C.163D.323

【答案】A

【解析】解：

由椭圆x225+y216=1，得a=5，b=4，c=3，

在△F1PF2中，∵∠F1PF2=60∘，

∴由余弦定理可得：

|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos60∘，

则4c2=（2a）2−3|PF1||PF2|，即36=100−3|PF1||PF2|，

∴|PF1||PF2|=643．

∴△F1PF2的面积是S=12|PF1||PF2|sin60∘=1633．

故选：

A．

由椭圆方程求得a，b，c的值，然后利用椭圆定义及余弦定理求得|PF1||PF2|，代入三角形面积公式求解．

本题考查椭圆的简单性质，涉及焦点三角形问题，往往是考查椭圆定义与余弦定理的应用，是中档题．

9.

如图，在所有棱长均为2的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别为BB1、A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为（　　）

A.12

B.32

C.15

D.45

【答案】C

【解析】

解：

建立如图所示的空间直角坐标系，则有：

A（0,−1,0），D（3,0，1），C（0,1，0），E（0,0，2），

所以AD=（3,1，1），CE=（0,−1,2），

设AD，CE的夹角为θ，

则cosθ=AD⋅CE|AD||CE|=15，

则异面直线AD，CE所成角的余弦值为15，

故选：

C．

先建立空间直角坐标系，则有：

A（0,−1,0），D（3,0，1），C（0,1，0），E（0,0，2），所以AD=（3,1，1），CE=（0,−1,2），设AD，CE的夹角为θ，则cosθ=AD⋅CE|AD||CE|=15，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为15，得解

本题考查了异面直线所成角，属中档题．

10.动圆M与定圆C：

x2+y2+4x=0相外切，且与直线l：

x−2=0相切，则动圆M的圆心的轨迹方程为（　　）

A.y2−12x+12=0B.y2+12x−12=0C.y2+8x=0D.y2−8x=0

【答案】B

【解析】解：

圆C的标准方程为（x+2）2+y2=4，圆心为C（−2,0），半径为2．

如下图所示，

设圆M的半径为r，则|MC|=r+2，点M到直线l的距离为r，由题意可知，点M到点C的距离等于点M到直线x=4的距离，

设动点M的坐标为（x,y），则（x+2）2+y2=4−x，化简得y2+12x−12=0．

因此，动点M的轨迹方程为y2+12x−12=0．

故选：

B．

设动点M的坐标为（x,y），根据题意得知点M到点C的距离等于点M到直线x=4的距离，然后利用距离公式列等式可得出点M的轨迹方程．

本题考查动点的轨迹方程，考查距离公式的应用，解决本题的关键在于处理圆与圆相切的转化，考查计算能力，属于中等题．

11.著名数学家华罗庚曾说过：

“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：

（x−a）2+（y−b）2可以转化为平面上点M（x,y）与点N（a,b）的距离.结合上述观点，可得f（x）=x2+4x+20+x2+2x+10的最小值为（　　）

A.32B.42C.52D.72

【答案】C

【解析】解：

f（x）=x2+4x+20+x2+2x+10

=（x+2）2+（0−4）2+（x+1）2+（0+3）2，

表示平面上点M（x,0）与点N（−2,4），H（−1,−3）的距离和，

连接NH，与x轴交于M（x,0），则M（−107,0），

∴f（x）的最小值为（−2+1）2+（4+3）2=52，

故选：

C．

f（x）=（x+2）2+（0−4）2+（x+1）2+（0+3）2，表示平面上点M（x,0）与点N（−2,4），H（−1,−3）的距离和，利用两点间的距离公式，即可得出结论．

本题考查两点间的距离公式，考查学生分析解决问题的能力，合理转化是正确解题的关键．

12.已知椭圆C1：

x2a12+y2b12=1（a1>b1>0）与双曲线C2：

x2a22−y2b22=1（a2>0,b2>0）有相同的左、右焦点F1，F2，若点P是C1与C2在第一象限内的交点，且|F1F2|=4|PF2|，设C1与C2的离心率分别为e1，e2，则e2−e1的取值范围是（　　）

A.（13,+∞）B.（13,1）C.（12,+∞）D.（12,2）

【答案】B

【解析】解：

设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆的定义可得m+n=2a1，

由双曲线的定可得m−n=2a2，

解得m=a1+a2，n=a1−a2，

由|F1F2|=4|PF2|，可得n=12c，

即a1−a2=12c，

由e1=ca1，e2=ca2，可得1e1−1e2=12，

由01，

可得1e2>12，即1

则e2−e1=e2−2e22+e2=e222+e2，

可设2+e2=t（3

由f（t）=t+4t−4在3

故选：

B．

运用椭圆和双曲线的定义，以及离心率公式和范围，结合换元法和对勾函数的单调性，即可得到所求范围．

本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的范围，考查换元法和构造函数法，考查运算能力，属于中档题．

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知直线l1：

x+my+6=0，l2：

3x+（m−2）y+2m=0平行，则m=______．

【答案】−1

【解析】解：

直线l1：

x+my+6=0，l2：

3x+（m−2）y+2m=0平行，

则1×（m−2）−3m=0，

解得m=−1．

故答案为：

−1．

根据两直线平行时A1B2−A2B1=0，列方程求出m的值．

本题考查了两直线平行的应用问题，是基础题．

14.在四面体A−BCD中，AB⊥面BCD，BC⊥CD，AB=BC=CD=2，若四面体A−BCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______．

【答案】12π

【解析】解：

∵BC⊥CD，所以，直角△BCD的外接圆直径为BD=BC2+CD2=22．

∵AB⊥平面BCD，所以，四面体ABCD的外接球直径为2R=AB2+BD2=23．

因此，该球的表面积为4πR2=π×（2R）2=12π．

故答案为：

12π．

先计算出直角△BCD的外接圆直径BD，再利用公式2R=AB2+BD2可得出外接球的直径，再利用球体表面积公式可得出答案．

本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于找出合适的模型计算出球体的半径，考查计算能力，属于中等题．

15.

如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为______．

【答案】163

【解析】解：

根据几何体的三视图：

转换为几何体，如图所示：

所以：

V三棱锥C−ABD=13⋅12⋅4⋅4⋅2=163．

故答案为：

163．

首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的运算求出结果．

本题考查的知识要点：

三视图和几何体的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

16.已知F1，F2是椭圆C：

x2a2+y2b2=1（a>0,b>0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为37的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，则C的离心率为______．

【答案】15

【解析】解：

如图所示，

直线AP的方程为：

y=37（x+a），

直线PF2的方程为：

y=tan60∘⋅（x−c），即y=3（x−c）．

联立y=37（x+a）y=3（x−c），解得x=a+7c6，y=3（a+c）6．

∴P（a+7c6,3（a+c）6）.

∵△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，

∴|PF2|=|PF1|=2c．

∴（a+7c6−c）2+（3（a+c）6）2=4c2，

化为：

a=5c．

∴e=ca=15．

故答案为：

15．

如图所示，直线AP的方程为：

y=37（x+a），直线PF2的方程为：

y=tan60∘⋅（x−c），即y=3（x−c）.联立y=37（x+a）y=3（x−c），解得P点坐标.根据△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，可得|PF2|=|PF1|=2c.利用两点之间的距离公式即可得出．

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、等腰三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17.已知命题p：

{m|2m>2,m∈R}；命题q：

关于x的方程x2−2x+m2=0有两个不同的实数根．

（1）若p∧q为真命题，求实数m的取值范围；

（2）若p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．

【答案】解：

（1）当命题p为真时，得m>12.…………………………………………（1分）

当命题q为真时，则△=4−4m2>0，解得−1

若p∧q为真，则p真q真，

∴m>12−1

即实数m的取值范围为（12,1）.………………………………………………（5分）

（2）若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则p，q一真一假，

若p真q假，则m>12m≤−1或m≥1，解得m≥1；…………………………………（7分）

若p假q真，则m≤12−1

综上所述，实数m的取值范围为（−1,12]∪[1,+∞）.……………………………（10分）

【解析】

（1）先求出p和q为真时，m的范围，然后再相交；

（2）若p∨q为真命题，p∧q为假命题等价于p，q一真一假，按照p真 q假和p假q真两种情况解不等式组再相交．

本题考查了复合命题及其真假，属基础题．

18.已知圆C：

x2+y2=8内有一点P（−1,2），直线l过点P且和圆C交于A，B两点，直线l的倾斜角为α．

（1）当α=135∘时，求弦AB的长；

（2）当弦AB被点P平分时，求直线l的方程．

【答案】解：

（1）当α=135∘时，直线l的方程为：

y−2=−（x+1）即x+y−1=0，

圆心（0,0）到直线l的距离d=|−1+2−1|1+1=0，即直线l过圆心，所以|AB|=42．

（2）当弦AB被P（−1,2）平分时，OP⊥l，∵kOP=−2，∴kl=12，

∴直线l的方程为：

y−2=12（x+1），即x−2y−5=0

【解析】

（1）先求出直线l的方程，由圆心到直线的距离为0知，AB为圆的直径，故|AB|=42；

（2）当弦AB被点P平分时，OP⊥l，由此可得直线l的斜率，再由点斜式可得直线l的方程．

本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．

19.

如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为正三角形，AA1=2，M是A1C的中点，N是A1B1中点．

（1）证明：

MN//平面BCC1B1；

（2）若三棱锥N−MAB的体积为3，求该正三棱柱的底面边长．

【答案】解：

（1）证明：

如图，连接B1 C，

∵M是A1C的中点，

又N是A1B1的中点，

∴MN//B1 C，

又MN⊄平面BCC1B1，B1 C⊂平面BCC1B1，

∴MN//平面BCC1B1

（2）解：

VN−MAB=VM−ABN，

∵M是A1C的中点，

∴M到平面ABB1A1的距离是C到平面ABB1A1的距离的一半，

如图，作CP⊥AB交AB于P，

由正三棱柱的性质，

易证CP⊥平面ABB1A1，

设底面正三角形边长为a，

则三棱锥M−ABN的高h=12CP=34a，

S△ABN=12×a×2=a，

∴VN−MAB=VM−ABN=13S△ABN⋅h=312a2=3

解得a=23．

故该正三棱柱的底面边长为23．

【解析】

（1）连接B1C，利用中位线得线线平行，进而得线面平行；

（2）设底面边长为a，转化三棱锥的顶点为M，利用体积不难列出方程求得a值．

此题考查了线面平行，三棱锥的体积等，难度适中．

20.已知抛物线y2=2px（p>0）的焦点为F，点A（1,m）为抛物线上一点，且|AF|=4．

（1）求抛物线的方程．

（2）直线l：

y=x+m与抛物线交于两个不同的点P、Q，若OP⊥OQ，求实数m的值．

【答案】解：

（1）已知抛物线y2=2px（p>0）过点A（1,m），且|AF|=4，∴1+p2=4，∴p=6，

故抛物线的方程为y2=12x；

（2）设P（x1,y1），Q（x2,y2），

联立y2=12xy=x+m，得x2+（2m−12）x+m2=0，∴△=（2m−12）2−4m2>0，则m<3．

且x1+x2=12−2m，x1x2=m2，

由OP⊥OQ，则OP⋅OQ=x1x2+y1y2=x1x2+（x1+m）（x2+m）=2x1x2+m（x1+x2）+m2

=2m2+m（12−2m）+m2=0∴m=−12或m=0．

经检验，当m=0时，直线与抛物线交点中有一点与原点O重合，不合题意，

由m=−12<2，

综上，实数m的值为−12．

【解析】

（1）由抛物线的定义求出p的值，从而可得出抛物线的方程；

（2）设点P（x1,y1），Q（x2,y2），将直线l的方程与抛物线的方程联立，由△>0得出m的取值范围，并列出韦达定理，将OP⊥OQ转化为OP⋅OQ=0，利用向量数量积的坐标运算，并代入韦达定理求出m的值，并对答案进行检验可得出最终答案．

本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，以及韦达定理法在抛物线综合问题中的能力，考查计算能力与转化能力，属于中等题．

21.如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=1，O为AD中点．

（1）求直线PB与平面POC所成角的余弦值．

（2）求B点到平面PCD的距离．

（3）线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q−AC−D的余弦值为63？

若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．

【答案】

解：

（1）在△PAD中PA=PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，

又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD．

又在直角梯形ABCD中，易得OC⊥AD；

所以以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．

则P（0,0，1），A（0,−1,0），B（1,−1,0），C（1,0，0），D（0,1，0）；

所以PB=（1,−1,−1），易证：

OA⊥平面POC，

所以OA=（0,−1,0），平面POC的法向量，

COS=PB⋅OA|PB||OA|=33

所以PB与平面POC所成角的余弦值为63        ….（4分）

（2）PB=（1,−1,−1），设平面PDC的法向量为u=（x,y,z），

则u⋅CP=−x+y=0u⋅PD=y−z=0，取z=1得u=（1,1,1）

B点到平面PCD的距离d=|BP⋅u||u|=33….（8分）

（3）假设存在，则设PQ=λPD（0<λ<1）

因为PD=（0,1，−1），所以Q（0,λ,1−λ）．

设平面CAQ的法向量为m=（a,b，c），则（λ+1）b+（1−λ）c=0a+b=0，

所以取m=（1−λ,λ−1,λ+1），

平面CAD的法向量n=（0,0，1），

因为二面角Q−AC−D的余弦值为63，

所以|m⋅n||m||n|=63，

所以3λ2−10λ+3=0．

所以λ=13或λ=3（舍去），

所以PQQD=12-------------（12分）

【解析】

（1）先证明直线PO垂直平面ABCD中的两条相交直线垂直，可得PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，确定平面POC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线PB与平面POC所成角的余弦值．

（2）求出平面PDC的法向量，利用距离公式，可求B点到平面PCD的距离．

（3）假设存在，则设PQ=λPD（0<λ<1），求出平面CAQ的法向量、平面CAD的法向量n=（0,0，1），根据二面角Q−AC−D的余弦值为63，利用向量的夹角公式，即可求得结论．

本题主要考查直线与平面的位置关系、直线与平面所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力，逻辑思维能力和运算能力．

22.已知A、B分别是椭圆C：

x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点，P为椭圆C的下顶点，F为其右焦点.点M是椭圆C上异于A、B的任一动点，过点A作直线l⊥x轴.以线段AF为直径的圆交直线AM于点A、N，连接FN交直线l于点H.点G的坐标为（−b,0），且|PF|⋅|PG|=26，椭圆C的离心率为12．

（1）求椭圆C的方程；

（2）试问在x轴上是否存在一个定点T，使得直