【文档说明】安徽省合肥市六校联盟2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试卷【精准解析】.doc，共(20)页，6.175 MB，由小赞的店铺上传

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数学(理科)试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）1.直线l的方程为222yx，则（）A.直线l过点(2,2)，斜率为12B.直线l过点(1,2)，斜

率为12C.直线l过点(1,2)，斜率为2D.直线l过点(2,2)，斜率为2【答案】C【解析】【分析】利用点斜式的方程判定即可.【详解】由222yx有221yx,故直线l过点(1,2),斜率为2.故选：C【点睛】本题主要考查了点斜式的运用,

属于基础题型.2.双曲线22145xy的离心率是（）A.52B.32C.2D.94【答案】B【解析】【分析】由双曲线的标准方程求得a和c，从而求得离心率cea的值.【详解】由双曲线方程22145xy可得2a，5b，∴223cab，∴32cea

.故选：B.【点睛】本题考查双曲线的定义和标准方程，以及简单性质的应用，属于基础题.3.已知定点3,0B，点A在圆22(1)4xy上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程是（）A.22(1)1xyB.22(2)4xyC.22(1)1xyD.22(2

)4xy【答案】C【解析】【分析】设,Mxy再表达出A的坐标代入圆方程22(1)4xy化简即可.【详解】设,Mxy,则,AAAxy满足3,,22AAxyxy.故232AAxxyy.故23,2Axy.又点A在圆22

(1)4xy上.故2222(231)2411xyxy.故选：C【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法,属于基础题型.4.双曲线2294360xy的一条渐近线的方程为()A.940xyB.490xyC.320xyD.230xy【答案

】C【解析】【分析】将双曲线方程化为标准形式，即可得到渐近线方程.【详解】由双曲线2294360xy，得22149xy，所以渐近线的方程为22049xy，即320xy.故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的

求法，属于基础题.5.如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积为（）A.862B.842C.482D.682【答案】A【解析】【分析】易得该几何体为三棱柱.分别求解侧面与底面面积即可.【详解】易得该几何体为三棱柱

,且底面为边长是2的等腰直角三角形,高为3.故侧面积为23223662.底面总面积为212222故表面积为862.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图求几何体表面积的问题.属于基础题型.6.“12m”是“直线21

10mxy与直线2110xmy互相垂直”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【解析】【分析】结合直线垂直的条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即

可.【详解】要使直线2110mxy与直线2110xmy互相垂直，则22110mm，即2210mm，解得1m或12m，所以“12m”是“直线2110mxy

与直线2110xmy互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，以及直线垂直的条件应用，属于基础题.7.已知圆221:2310Cxyxy，圆222:43360Cxyxy，则圆1C和圆2C的位置

关系为（）A.相切B.内含C.外离D.相交【答案】B【解析】【分析】将两圆的方程化为标准方程，求出两圆的圆心与半径，求出圆心距，再根据两圆的圆心距12CC与半径和与差的关系，即可得到结论.【详解】圆221:2310Cxyx

y，即2239124xy，∴131,2C，132r，圆222:43360Cxyxy，即223169224xy，∴232,2C，2132r，∴两圆的圆心距2212332+11022CC

，12313822rr，21133522rr，∴1122105rCrC，故两圆内含.故选：B.【点睛】本题主要考查圆的标准方程，两圆的位置关系的判定方法，属于基础题.8.已知

圆锥的底面半径为3，母线长为5，球O与圆锥的底面和侧面均相切，设球O的体积为1V，圆锥的体积为2V，则12VV（）A.18B.38C.14D.827【答案】B【解析】【分析】根据纵截面图求解内切球半径,再分别求得1V与2V即可.【详解】由题知,过圆锥顶点与底面圆直径作

纵截面,易得圆锥高为22534.故纵截面面积164122S.故内切球半径131255622rr.故314932Vr.22134123V.故129132128VV.故选：B【点睛】本题主要考查了圆锥与内切球

的体积运算,需要根据题意作出纵截面进行高的求解.属于基础题型.9.下列命题是真命题的是（）A.“若ab,则22ab”的逆命题B.“若，则sinsin”的否定C.“若,ab都是偶数，则ab是偶数”的否命题D.“若函数(),(

)fxgx都是R上的奇函数，则()()fxgx是R上的奇函数”的逆否命题【答案】D【解析】【分析】根据命题的定义，写出已知中命题的四种命题或否定命题，再逐一判断真假即可得到答案.【详解】对于A：“若ab,则22ab”的逆命题为：“若22ab，则ab

”为假命题，故A错误；对于B：“若，则sinsin”的否定为：“若，则sinsin”为假命题，故B错误；对于C：“若,ab都是偶数，则ab是偶数”的否命题为：“若,ab不都是偶数，则ab不是偶数”为假命题，故C错误；对于D：“若函数(),()fxgx都是R

上的奇函数，则()()fxgx是R上的奇函数”的逆否命题为：“若()()fxgx是R上的奇函数，则函数(),()fxgx都是R上的奇函数”为真命题，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查的知识点是四种命题，命题的否定，熟练掌握四种命题的定义是解答的关键，

属于基础题.10.已知抛物线22(0)ypxp焦点为F，直线l过点F与抛物线交于两点,AB，与y轴交于(0,)2pM,若||8AB，则抛物线的准线方程为（）A.2yB.1yC.2xD.

1x【答案】D【解析】【分析】设直线l的方程为2pxny，由直线与y轴交于0,2pM，得1n，再联立直线与抛物线方程，利用韦达定理列式即可得抛物线的方程，进而可得准线方程.【详解】由抛物线22(0)ypxp知焦点,02

pF，设直线l的方程为2pxny，11,Axy，22,Bxy，则12ABxxp，∵直线l与y轴交于0,2pM，则022ppn，得1n，∴直线l的方程为2pxy，联立222pxyypx，消去y得22304pxpx，

∴123xxp∴12348ABxxpppp，即2p，故抛物线方程为24yx，所以准线方程为1x.故选：D.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的弦长公式，属于基础题.11.如图，三棱锥ABCD中，AB平面BC

D，BCCD，,EF分别在棱,ACAD上，且BEAC于E，BFAD于F，则下列说法正确的有（）①ACD是直角②BEF是异面直线BE与CD所成角③CDB是直线CD与平面ABD所成角④BFE是二面角BADC的平面角A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解

析】【分析】根据线面垂直的性质与判定逐个选项判断即可.【详解】对①,因为AB平面BCD,故ABCD,又BCCD,故CD平面ABC.所以ACD是直角.故①正确.对②,因为CD与EF不平行.故②错误.对③,因为AB平面BCD,故平面ABD

平面BCD,故C在平面BCD上的投影在BD上.故CDB是直线CD与平面ABD所成角.故③正确.对④,由①CD平面ABC,故CDBE,又BEAC,故BE平面ACD.故BEAD.又ADBF.故BFE是二面角BADC的平面角.故

④正确.故选：C【点睛】本题主要考查了空间中垂直的证明与性质,同时也考查了线线线面角的求解与证明.属于中等题型.12.已知正方形ABCD的边长为4，,EF分别为边,ABBC上的点，且3AEBF.将,AEDCFD分别沿ED和FD折起，使点A

和C重合于点P，则三棱锥PEFD的外接球表面积为（）A.26B.13C.104263D.26263【答案】A【解析】【分析】用球的内接长方体的性质，得出半径，求解外接球表面积．【详解】如图所示：在三

棱锥PEFD中，4DP，3PE，1PF，221310EF，因222PEPFEF，则PEPF，由题意知，PEPD，PFPD，所以,,PEPDPF互相垂直，即三棱锥PEFD的外接球的半径为22212643122R，所以三棱锥PEFD的外接球的表面积为2226

44262SR.故选：A.【点睛】本题考查了空间几何体的性质，运算求解外接球表面积，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.命题“2000,10xRxx”的否定为：_________

______.【答案】2,10xRxx【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论.【详解】命题为特称量词，则命题“2000,10xRxx”的否定为：“2,10xRxx”.故答案为：2,10xRxx.【点

睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题.14.离心率12e，且过(22,3)的椭圆的标准方程为__________或________.【答案】(1).221129xy(2).221414134yx【解析】【分析】分焦点在,xy轴上两种情况进行求解即可.【详解】(1)当焦点在x轴

上时,因为离心率12e,此时2,3acbc.设椭圆方程2222143xycc.代入(22,3)可得22222222232111343ccccc.故2212,9ab.即椭圆方程221129xy.(2)当焦点在y轴上时,因为离心率12e,此时2,3acbc

.设椭圆方程2222134xycc.代入(22,3)可得2222222223834111343412ccccc.故224141,34ab.即椭圆方程221414134yx.故答案为

：(1).221129xy(2).221414134yx【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求法,注意焦点在,xy轴上两种情况即可.属于基础题型.15.已知点(0,2),(0,2),(3,2)ABC，若动点(,)Mxy满足||||||||MAACMBBC

，则点M的轨迹方程为__________.【答案】221(1)3xyy【解析】【分析】根据||||||||MAACMBBC中||,||ACBC为定值,故先化简,再分析M满足的距离关系即可.【详解】设,Mxy,因为||||||||MAACMB

BC,故22||3||3+2(2)MAMB即||||2MAMB.故,Mxy的轨迹是以(0,2),(0,2)AB为焦点,22a的双曲线的下支.此时1,2ac.故222

3bca.故221(1)3xyy.故答案为：221(1)3xyy【点睛】本题主要考查了双曲线的定义,需要注意||||2MAMB为双曲线的下支,属于基础题型.16.已知(3,0)A，(3,0)B，点P在圆22(3)(4)4xy上运动，则22

PAPB的最小值是________.【答案】36【解析】【分析】由题意设32cos,42sinP，利用两点之间的距离公式表示出22PAPB，进而可得结论.【详解】由题意得圆的参数方程为32cos42sinxy（为参数），设32cos,42sinP，则

22262cos42sin5624cos16sinPA，2222cos42sin2016sinPB，∴227624cos32sin7640sinPAPB，其中3tan4

，当sin1时，22PAPB有最小值为36.故答案为：36.【点睛】本题主要考查两点之间的距离公式，圆的参数方程的应用，属于基础题.三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.如图，正方体1111ABCDABCD中(1)求证：

1DBAC(2)求证：平面11ABCD平面1ACD【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1)证明1ACBB,ACBD即可证明AC平面11DBBD即可.(2)由(1)证明1DB平面1ACD.【详解】证明：(1)连结BD、11BD1DDQ

平面ABCD,AC平面ABCD1DDAC又ACBD,1BDDDD,1BDDD、平面11DBBDAC平面11DBBD,又1DB平面11DBBD1ACDB即1DBAC(2)由(1)同理可得11DBAD,又1ADACA,1,

ADAC平面1ACD1DB平面1ACD又1DB平面11ABCD平面11ABCD平面1ACD【点睛】本题主要考查了线面垂直与面面垂直的判定与性质.属于中等题型.18.设抛物线的顶点为O，经过焦点垂直于对称轴的直线与抛物线交于两点,

BC，经过抛物线上一点P垂直于对称轴的直线和对称轴交于点M，设||BCa，||MPb，||OMc，求证：,,abc成等比数列.【答案】见解析【解析】【分析】设抛物线为22(0)ypxp，由题意可得||2BCpa，由PMx轴于点M可得(,)Pcb或(,)Pcb，进而可得结论.【详

解】以抛物线的顶点为坐标原点O，对称轴为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为22(0)ypxp，则焦点(,0)2pF，∵BC⊥x轴，∴(,),(,)22ppBpCp∴||2BCpa又∵PMx轴

于点M，||MPb，||OMc，∴(,)Pcb或(,)cb，∵P在抛物线上，∴22bpc，∴2bac即,,abc成等比数列.【点睛】本题考查抛物线的简单性质，以及抛物线的通径公式，考查分析与推理证明的能力，属于基础题.19.已知ABC的顶点(2,8)C，直线AB的方程为211yx

，AC边上的高BH所在直线的方程为320xy（1）求顶点A和B的坐标；（2）求ABC外接圆的一般方程.【答案】（1）5,1和7,3；（2）2246120xyxy【解析】【分析】（1）联立直线

AB与直线BH的方程可得点B的坐标，由ACBH，进而设出直线AC的方程，将C的坐标代入得方程，再与直线AB方程联立即可得点A的坐标；（2）由（1）知A，B，C的坐标，设ABC外接圆的一般方程，代入求解即可.【详解】（1）由21132

0yxxy可得顶点(7,3)B,又因为ACBH得，13BHk所以设AC的方程为3yxb，将(2,8)C代入得14b由211314yxyx可得顶点为(5,1)A所以A和B的坐标分别为(5,1)和(7,3)（2）设ABC

的外接圆方程为220xyDxEyF，将(5,1)A、(7,3)B和(2,8)C三点的坐标分别代入，得52607358028680DEFDEFDEF，解得4612DEF，所以ABC的外接圆的一般方程为2246120x

yxy.【点睛】本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.20.已知四点1234111222(3,),(3,),(3,),(,)22233PPPP中只有三点在椭圆C：22221xyab上.（1）求椭圆C的方程；（

2）若直线l的斜率为1，直线l与圆221xy相切，且与椭圆C交于点,AB，求线段AB的长.【答案】（1）2214xy；（2）465【解析】【分析】(1)根据对称性判断23411222(3,),(3,),(,)2233PPP在椭圆C上,再代入椭圆方程求解即可.(2)设直线l方程yxm

,根据直线l与圆221xy相切可求得m,再联立方程根据弦长公式求解即可.【详解】（1）根据椭圆的对称性可知23411222(3,),(3,),(,)2233PPP在椭圆C上,设椭圆C的方程为：221mxny

,由已知得,131448199mnmn解得：1,14mn故椭圆C的方程为：2214xy.（2）∵直线l的斜率为1,故设直线l的方程为：yxm即0xym,1122(,),(,)AxyBxy

∵直线l与圆221xy相切,∴2||1211mm,由22225844014yxmxmxmxy,即25840xmx∴12128545mxxxx∴221244546||1||25

5mABkxx.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,包括弦长公式等.属于中等题型.21.如图，四棱锥PABCD中侧面PAB为等边三角形且垂直于底面ABCD，12ABBCAD,E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(

2)求二面角BPCD的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）155【解析】【分析】(1)取PA的中点F,证明FE//=BC进而求得CE∥BF即可.(2)在平面PAB内作POAB于O,建立空间直角坐标系求解即可.【详解】(1)取PA的中点F,连

FEFB、,E是PD的中点,FE//=12AD,又BC//=12ADFE//=BC四边形EFBC是平行四边形CE∥BF又CE平面PAB,BF平面PABCE∥平面PAB(2)在平面PAB内作POAB于O,不

妨令122ABBCAD,则4AD由PAB是等边三角形,则2PAPB,O为AB的中点,3PO分别以AB、PO所在的直线为x轴和z轴,以底面内AB的中垂线为y轴建立空间直角坐标系,则(0,0,3)P,(

1,0,0)B,(1,2,0)C,(1,4,0)D(1,2,3)PC,(0,2,0)BC,(2,2,0)CD设平面PBC的法向量为111(,,1)nxy,平面PDC的法向量为222(1,,)nyz,则1111111230302000nPCxyxnBCyy

则1(3,0,1)n22222221123022003ynPCyznCDyz则2(1,1,3)n121212(3,0,1)(1,1,3)2

315cos,52525nnnnnn经检验,二面角BPCD的弦值的大小为155【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,属于中等题型.22.已知抛物线C：22

(0)ypxp，直线302pxy与x轴交于点F，与抛物线C的准线交于点M，过点M作x轴的平行线交抛物线C于点N，且FMN的面积为3.（1）求p的值；（2）过F的直线交抛物线C于,AB两点，设

AFFBuuuruur，3(,0)2D，当1[,3]2时，求DADB的取值范围.【答案】（1）3；（2）[0,3]【解析】【分析】(1)分别求得(,)23ppM与(,)63ppN,再利用三角形面积公式表达出关于

p的表达式,再求解p即可.(2)设221212(,),(,)66yyAyBy,根据AFFBuuuruur可求得213,3yy,同时也得出1233,22xx,进而表达出DADB,联立直线与抛物线方程利用韦达定理求解即可

.【详解】（1）法一：∵抛物线C：22(0)ypxp的焦点为(,0)2p,直线302pxy与x轴交于点(,0)2pF,∴(,0)2pF为抛物线C的焦点,抛物线C的准线为直线2px∴(,)23ppM,由过点M作x轴的平行线交抛物线C于点N得(,)63ppN∴

2||3pMN,∴FMN的面积为112||||332233ppMDNMp法二：由抛物线定义得||||MNNF,∵直线302pxy的倾斜角为150,∴120MNFFMN的面积为11223||||sin

1203322332ppMNNFp.（2）由（1）知,抛物线C的方程为26yx,设221212(,),(,)66yyAyBy,由AFFBuuuruur得12221222121233(,)(,)332662()2662yyyyyyyy

,不妨设20y,故213,3yy,∴1233,22xx∴11221212123339(,)(,)()2224DADBxyxyxxxxyy919(

)42,1[,3]2∴当1时,DADB最小为0；当3时,DADB最大为3,即DADB的取值范围是[0,3].【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,需要根据题题意找到抛物线上的点的对应关系,继而用点的坐标表

达出对应的题中所给信息,进而求得取值范围.属于难题.