【文档说明】【精准解析】河北省秦皇岛市卢龙县中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题.doc，共(21)页，2.027 MB，由小赞的店铺上传

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数学试卷一.选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.1.直线320xy+−=的倾斜角为（）A.30B.150C.120D.60【答案】C【解析】【分析】由直线方程求出直线的斜率，再利用倾斜角的正

切值等于斜率即可求得．【详解】设直线320xy+−=的倾斜角是，0180．直线320xy+−=化为32yx=−+，∴tan3=−，120=．故选C．【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．2.命题“10,1xl

nxx−”的否定是（）A.101xlnxx−,B.101xlnxx−,C.101xlnxx−,D.101xlnxx−,【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题，即可直接得解.【详解】因为全称命题的否定是特称命题

，所以命题“0x，11lnxx−”的否定为“0x，11lnxx−”.故选：D.【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.3.已知ABC的顶点坐标为()7,8A，()10,4B，()2,4C−，

则BC边上的中线AM的长为（）A.8B.13C.215D.65【答案】D【解析】【分析】利用中点坐标公式求得()6,0M，再利用两点间距离公式求得结果.【详解】由()10,4B，()2,4C−可得中点()6,0M又()7,8A()()22670865AM

=−+−=本题正确选项：D【点睛】本题考查两点间距离公式的应用，关键是能够利用中点坐标公式求得中点坐标.4.已知直线20xya−+=与圆22:2Oxy+=相交于A，B两点(O为坐标原点)，则“5a=”是“0OAOB=”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】设()()1122,,,AxyBxy，联立22202xyaxy−+=+=，化为225420,0yxya−+−=，由121200OAOBxxyy=+=，可得()21212520yyayya−++=，根据韦达定理解出a，进而可得结果.【详解】设()()

1122,,,AxyBxy，联立22202xyaxy−+=+=，化为225420yxya−+−=，直线20xya−+=与圆22:2Oxy+=相交于,AB两点，(O为坐标原点），()22162020aa=−−，解得210a，2121242,55aayyyy

−+==，121200OAOBxxyy=+=，()()1212220yayayy−−+=，()21212520yyayya−++=，222452055aaaa−−+=，解得5a=，则“

5a=”是“0OAOB=”的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的定义、直线与圆的位置关系，以及平面向量数量积公式的应用，属于中档题.利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用12210xyxy−=解答；（2）两向量垂直，利

用12120xxyy+=解答.5.若直线()120xmy++−=和直线240mxy++=平行，则m的值为（）A.1B.2−C.1或2−D.23−【答案】A【解析】【分析】由题知两直线平行，直接列出111222ABCABC=(2220,0,0ABC)即可求得m【详解】直线()12

0xmy++−=和直线240mxy++=平行，可得()1212mmm=+−，得1m=−.故选：A.【点睛】本题考查了已知两直线平行求参的问题，注意要排除两直线重合的情况，属于基础题.6.Q是椭圆22221xyab+=(0

)ab上一点，12,FF为左、右焦点，过F1作12FQF外角平分线的垂线交2FQ的延长线于P点，当Q点在椭圆上运动时，P点的轨迹是（）A.直线B.圆C.椭圆D.双曲线【答案】B【解析】设从1F引12FQF的外角平分线的垂线，垂足为R，1

PFQ中，RQ是12FQF的平分线，1QPFQ=，可得1222QFQFQPQFPF+=+=，根据椭圆的定义，可得1222,2QFQFaQFa+==，即动点P到点2F的距离为定值2a，因此,点P的轨迹是以点2F为圆心，半径为2a的圆，故选B.7.已知双曲

线()2222:10,0xyCabab−=的右焦点与抛物线220yx=的焦点重合，且其渐近线方程为34yx=?，则该双曲线的方程为（）A.221916xy−=B.221169xy−=C.2216436xy−=D.221

3664xy−=【答案】B【解析】【分析】先求出抛物线220yx=的焦点，即可得双曲线的焦点，可得到c的值，结合双曲线的渐近线方程可以设双曲线的方程为221169xytt−=,由双曲线的几何性质可得16925tt+=,可解得1t=,将1t=代入所设双曲线的

方程即可得结果.【详解】因为抛物线220yx=的焦点为()5,0，所以双曲线C的右焦点也为()5,0,则有5c=，因为双曲线的渐近线方程为34yx=?,所以可设其方程为221169xytt−=,因为5c=,则16925tt+=,解得1t=，则双曲线的方程为22

1169xy−=,故选B.【点睛】本题主要考查抛物线的方程与与性质，以及双曲线的方程与性质，属于中档题.求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.8.古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线

论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A、B距离之比是常数(0,1)的点M的轨迹是圆.若两定点A、B的距离为3，动点M满足||2||MAMB=，则M点的轨迹围成区域的面积为（）.A.B.2

C.3D.4【答案】D【解析】【分析】以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，首先确定圆的方程，然后确定其面积即可.【详解】以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则()3,0.B设(),Mxy，依题意有，22222(3)xyxy+=−+，化简整理得，228120xyx+−+=，

即22(4)4xy−+=，则圆的面积为4．故选D．【点睛】本题考查轨迹方程求解、圆的面积的求解等知识，属于中等题．9.下列说法正确的是（）A.////abba，B.abba⊥⊥，C.//abab⊥⊥，D

.aa⊥⊥，【答案】C【解析】【详解】对A,若////abba，或a，故错误；abba⊥⊥，或//a或a与斜交，故错误由线面垂直的性质定理可知，若a⊥，b⊥，则ab∥，正确aa⊥⊥，或a与斜交，故错误本题选择C选项.10.唐代诗人李颀

的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标

系中，设军营所在区域为221xy+，若将军从点(2,0)A处出发，河岸线所在直线方程为3xy+=，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A.101−B.221−C.22D.10【答案】A【解析】【分

析】先求出点A关于直线3xy+=的对称点A，点A到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线3xy+=的对称点(,)Aab，AA的中点为2(,)22ab+，AAbka2=−故•(1)122322baab−=−

−++=解得31ab==，要使从点A到军营总路程最短，即为点A到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为22311101+−=−，故选A.【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数

学问题，建立出数学模型，从而解决问题.11.已知三棱锥SABC−中，SA⊥平面ABC，且6ACB=，223,1ACABSA===.则该三棱锥的外接球的体积为()A.13138B.13C.136D.13136【答案】D【解析】【详解】∵30A

CB=，223ACAB==，∴ABC是以AC为斜边的直角三角形，其外接圆半径32ACr==，则三棱锥外接球即为以ABC为底面，以SA为高的三棱柱的外接球，∴三棱锥外接球的半径R满足2213(),22SARr=+=故三棱锥外接球的体积341313.36VR==故选D.【点睛】本题考查的知识点

是球内接多面体，其中根据已知求出球的半径是解答的关键．12.已知双曲线C：22xa-22yb=1（0,0ab）的左、右焦点分别为1F，2F，过点1F且与双曲线C的一条渐近线垂直的直线l与C的两条渐近线分别交于,MN两点，若1NF=12MF，则双曲线C的离心率为

（）.A.2B.5C.233D.2或233【答案】D【解析】【分析】当,MN位于1F的两侧时，由1NF=12MF知，112SOFNSOMF=，可得2ONa=，在RtOMN中，由，由勾股定理可得,,abc的关系，即可求出离心率.当,

MN位于1F的同侧时，由图可以找出,ac的关系，即可求出离心率.【详解】由题意知：双曲线的渐近线方程为byxa=，当,MN位于1F的两侧时，如图设M在byxa=−上，00,bMxxa−，(,0)Fc−，则122bcMFbab==+，222211OMOFMFcb

a=−=−=，1NF12MF=，12NFb=，112SOFNSOMF=，即1111sin2sin22cONNOFacMOF=，11NOFMOF=，2ONa=，在RtOMN中，由勾股定理得：22294aba+=，223ab=，2222242233cabeaa+====.当

,MN位于1F的同侧时，点1F到直线byxa=−距离1FMb=，1OFc=，OMa=，112FNFM=，直线l与byxa=−垂直，1FON是等腰三角形，222NFOMa==，由图知121112FOMFONMFOFNOMFO==+=，1230,60MFON

OF==，2ONOFc==，2ONF是直角三角形.2NFc=，2ac=，2e=故选：D【点睛】本题主要考查了圆锥曲线的性质和离心率，找出关于,,abc的关系式是关键，属于中档题.二、填空

题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知抛物线C的方程为24yx=−，则C的焦点坐标是_______【答案】1(0,)16−【解析】【分析】把抛物线C的方程转化为标准方程，再由标准方程得出C的焦点坐标.【详解】解：由抛物线C的方程为24yx=−，得出其标准方程为214xy=−，则

焦点坐标为1(0,)16−.故答案为：1(0,)16−.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程以及由标准方程求抛物线的焦点，属于基础题型.14.过点()3,1的直线l被曲线22240xyxy+−−=截得的弦长为2，则直线l

的方程为_____.【答案】3x=或3450xy−−=【解析】【分析】考虑斜率存在和不存在两种情况，利用垂径定理计算得到答案.【详解】圆C的方程可化为()()22125xy−+−=．圆心()1,2，半径为5；∵直线l过点()3,1且被圆C截得

的弦长为2，l的斜率不存在时，直线3x=，∴圆心C到l的距离为2d=．弦长为：2542−=满足题意；l的斜率存在时，设l：()13ykx−=−，即310kxyk−−+=，圆心C到l的距离223121kkdk−−+==+，∴34k=，∴l：3450xy−−=．综上所述，直线l的方程3x=或3450

xy−−=；故答案为3x=或3450xy−−=．【点睛】本题考查了直线与圆相交问题，忽略掉斜率不存在的情况是容易发生的错误.15.已知直线:0laxbyc++=，若,,abc成等差数列，则当点(2,1)P到直线l的距离最大时，

直线l的斜率是____.【答案】13−【解析】【分析】由已知得直线l过定点，根据点到直线距离定义求解.【详解】根据题意得2bac=+即2cba=−，直线l的方程为20axbyba++−=，可化为()(

)21byax+=−−，所以直线l过点()1,2Q−，若点(2,1)P到直线l的距离最大，则直线lPQ⊥，所以1lPQkk=−，解得13lk=−.【点睛】本题考查等差数列，直线方程的应用，两直线垂直的斜率关系.16.已知抛物线C：24yx=，过焦点F作倾斜角为60的直线交抛

物线C于A，B两点，且AFBF，则AFBF=____.【答案】3【解析】【分析】首先写出抛物线的焦点坐标，然后求解直线的方程，利用焦半径公式求解比值．【详解】解：抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（2

p，0），∵直线l倾斜角为60°，∴直线l的方程为：y﹣03=（x2p−）．设直线与抛物线的交点为A（1x，1y）、B（2x，2y），∴|AF|＝1x2p+，|BF|＝2x2p+，联立方程组，消去y并整

理，得12x2﹣20px+3p2＝0，解得13x2p=，2x6p=，∴|AF|＝1x2p+=2p，|BF|＝22x23pp+=，∴|AF|：|BF|＝3：1，∴AFBF的值为3．故答案为3．【点睛】本题重点考查了抛物线的几何性质、方程、直线与抛物线的位置关系等知识，

属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，其中第17题10分，其余各题均12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知命题p：方程22137−=+−xymm表示椭圆，命题q：2,2210xRmxmxm

++−，.（1）若命题q为真，求实数m的取值范围；（2）若pq为真，q为真，求实数m的取值范围.【答案】(1)1m£;(2)172mm且.【解析】试题分析:(1)命题q为真，根据一次函数和二次函数的

图象讨论0m和0m,求出范围即可;(2)根据复合命题的关系可知p真q假,求出m的取值范围即可.试题解析:（1）∵命题q为真，当0m时，()2044210101mmmmm−；当0m时，不等式恒成立.综上，1m.（2）若p为真，则30,7037372mmmmm

m+−+−−且且..∵若pq为真，q为真，∴pq为真为假∴1,372172mmmmm且且−.18.已知长方体1AC中，棱1ABBC==，棱12BB=，连接1BC，过B点作1BC的垂线交1CC于E，交1BC于

F.（1）求证：1AC⊥平面EBD；（2）求平面11ABC与直线DE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）15【解析】【分析】（1）利用已知条件证明1ACBD⊥和1BEAC⊥即可得证.（2）连接DF，1AD，由1EFBC⊥，1EFAC⊥知EF⊥平面11ABC，所以EDF

即为直线DE与平面11ABC所成的角.由条件1ABBC==，12BB=，即可求出直线DE与平面11ABC所成的角的正弦值.【详解】（1）1AA⊥平面ABCD，1AABD⊥，连接AC，则ACDB⊥，1AAACA=，BD⊥平面1AAC，1ACBD⊥

，又11AB⊥平面11BCBC，11ABBE⊥，又1BCBE⊥，1111ABBCB=，BE⊥平面11ABC，则1BEAC⊥，又BEBDB=，1AC⊥平面EBD，（2）连接DF，1AD，1EFBC⊥

，1EFAC⊥，EF⊥平面11ABC，EDF即为直线DE与平面11ABC所成的角.1ABBC==，12BB=，11221455255,,5BFBBBCBFBF−====，1155CFBCBF=−=，1510CFBFEFBF==

，22212CECFEF=+=,2252EDECCD=+=1sin5EFEDFED==，所以平面11ABC与直线DE所成角的正弦值15.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及线面角的求法，属于常考题.19.已知ABC的

顶点(5,1),AAB边上的中线CM所在直线方程为250xy−−=，AC边上的高BH所在直线方程为250xy−−=.求（1）顶点C的坐标；（2）直线BC的方程.【答案】（1）(4,3)C（2）6590xy−−=【

解析】【分析】（1）先求AC所在边的直线方程，然后与CM所在直线方程建立方程组求解.（2）先设(,)Bmn，求出5m1(,)22nM++，代入CM直线方程，再根据(,)Bmn在BH所在直线上，代入BH的直线方程，建立方程组求出点B的坐标，再用两点式写出BC所在的直

线方程.【详解】（1）因为AC边上的高BH所在直线方程为250xy−−=，所以2ACk=−，又因为点(5,1)A，所以AC所在边的直线方程为：2110xy+−=又因为AB边上的中线CM所在直线方程为250xy−−=，由2110250xyxy+−=−−=，得43

xy==所以(4,3)C（2）设(,)Bmn，则AB的中点5m1(,)22nM++在中线CM上所以5m125022n++−−=，即210mn−−=又点(,)Bmn在BH所在直线上所以250mn−−=由25

0210mnmn−−=−−=，解得13mn=−=−所以(1,3)B−−所以直线BC的方程333141yx++=++，即6590xy−−=【点睛】本题主要考查两条直线的交点，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.已知F为椭圆2222

:1(0)xyCabab+=的右焦点，点()1,Pm在C上，且PFx⊥轴，椭圆C的离心率为12.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线:2lykx=+与椭圆C相交于A，B两点，且•2OAOB（O为坐标原点），求k的取值范围.【答案】（1）22143xy+=；（2）2112,,2222

−−【解析】【分析】（1）根据题意，先求出1c=，再由离心率求出2a=，根据222bac=−求出2b，即可得出椭圆方程；（2）先设11(,)Axy，22(,)Bxy，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与2OAOB•，以及判别式大于0，即可求出k的

取值范围.【详解】（1）因为(c,0)F为椭圆2222:1(0)xyCabab+=的右焦点，点()1,Pm在C上，且PFx⊥轴，所以1c=；又椭圆C的离心率为12，所以2a=，因此222413bac=−=−=，所以椭圆C的方程为221

43xy+=；（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy由222143ykxxy=++=得22(34)1640kxkx+++=，所以1221634kxxk+=−+，122434xxk=+，故2212121212228(2)(2)2()4

434kyykxkxkxxkxxk−=++=+++=++，由2OAOB•，得12122xxyy+，即224284234kk−++，整理得212k，解得2222k−；又因2221616(34)0kk=−+，整理得214k，解得12k或12k−；综上，k的取值范围是2

112,,2222−−.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，以及根据直线与椭圆位置关系求参数的问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，判别式等求解，属于常考题型.21.如图

，四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：//PB平面AEC；（Ⅱ）设1,60PAABC==，三棱锥EACD−的体积为38，求二面角DAEC−−的余弦值．【答案】

(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）1313.【解析】【分析】(Ⅰ))连接BD交AC于点O，连接OE，根据中位线定理可得//PBOE，由线面平行的判定定理即可证明//PB平面AEC；（Ⅱ）以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面

CAE与平面DAE的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.【详解】(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE，则O为BD中点，E为PD的中点，所以//PBOE，OE平面,ACEPB平面ACE，所以//PB平面AE

C；（Ⅱ）设菱形ABCD的边长为a，3242PABCDPACDEACDVVV−−−===，21133213342PABCDABCDVSPAa−===，则3a=.取BC中点M，连接AM.以点A为原点

，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立如图所示坐标系.()0,3,0D，()0,0,0A，310,,22E，33,,022C310,,22AE=，33,,022AC=，设平面ACE的法向量为1(,,)nxyz=

，由11,nAEnAC⊥⊥，得3102233022yzxy+=+=，令1x=，则3,3yz=−=()11,3,3n=−，平面ADE的一个法向量为()21,0,0n=121212113cos<,>13139nnnnnn===++，即二面角DAEC−

−的余弦值为1313.【点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利

用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.22.已知抛物线()2:20Eypxp=，过其焦点F的直线与抛物线相交于()11,Axy、()22,Bxy两点，满足124yy=−.（1）求抛物线E的方程；（2）已知点C

的坐标为()2,0−，记直线CA、CB的斜率分别为1k，2k，求221211kk+的最小值.【答案】（1）24yx=；（2）92.【解析】【分析】（1）设直线AB的方程为2pxmy=+，将直线AB的方程与抛

物线E的方程联立，消去x，利用韦达定理并结合条件124yy=−可求出实数p的值，由此得出抛物线E的方程；（2）由（1）得出直线AB的方程为1xmy=+，将该直线方程与抛物线E的方程联立，并列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理得出221211kk+关于m的表达式，可得出221211kk+的最

小值.【详解】（1）因为直线AB过焦点,02pF，设直线AB的方程为2pxmy=+，将直线AB的方程与抛物线E的方程联立222pxmyypx=+=，消去x得2220ympyp−−=，所以有2124yyp=−=−，

0p，2p=，因此，抛物线E的方程24yx=；（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为()1,0F，设直线AB的方程为1xmy=+，联立抛物线的方程2440ymy−−=，所以124yym+=，124yy=−，则有1113mky=+，2213mky=+，因此222222212121212113311

11=269mmmmkkyyyyyy+=+++++++()()221212222122212122484926926954162yyyymyymmmmmmy

yyy+−++=++=++=+−.因此，当且仅当0m=时，221211kk+有最小值92.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了直线与抛物线中的最值问题的求解，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行计算，计

算量较大，考查方程思想的应用，属于中等题.