【文档说明】广东省佛山市2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.848 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8c5dc07092a987fab19b83872d766552.html

以下为本文档部分文字说明：

2019~2020学年佛山市普通高中高二教学质量检测数学本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必填写清楚答题卷上的姓名、班级、学号，并按要求粘贴好条形码.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷的相应位置上.3.非选择题必须用黑色字

迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.参考公式：ABC的顶点坐标分别为11,xy，

22,xy，33,xy，则其重心坐标为123123,33xxxyyy.一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

.1.已知直线l经过点1,2P，且倾斜角为135，则直线l的方程为（）A.30xyB.10xyC.10xyD.30xy【答案】B【解析】【分析】由倾斜角求出斜率，写出直线方程的点斜式

，化成一般式.【详解】直线l倾斜角为135，则斜率为-1，且经过点1,2P，直线l方程为2(1)yx，即10xy.故选:B【点睛】本题考查求直线方程，属于基础题.2.已知命题p：0x，sinxx，则p为()A.0x，sinx

xB.0x，sinxxC.00x，00sinxxD.00x，00sinxx【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得答案．【详解】解：命题p：x0，xsinx，则p￢为0x0，00xsinx，故选D．【点睛】本题考查的知识点是全称命题，命

题的否定，熟练掌握全(特)称命题的否定方法是解答的关键．3.已知抛物线2yx上的点M到其焦点的距离为2，则M的横坐标是（）A.32B.52C.74D.94【答案】C【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，设

点M的横坐标，利用抛物线的定义，即可求解.【详解】抛物线2yx焦点1(,0)4F，准线方程为14x，设点M的横坐标为0x，根据抛物线的定义，0017||2,44MFxx.故选:C【点睛】本题考查抛物线定义在解题中

的应用，属于基础题.4.圆22460xyx与圆22460xyy的位置关系为（）A.外离B.相切C.相交D.内含【答案】C【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，判断圆心距和两半径和与差的绝对值的关系，即可得出结论.【详解】22460xyx化为22(2)10xy

，圆心1(2,0)C，半径110r；22460xyy化为22(2)10xy，圆心2(0,2)C，半径210r，120||22210CC，所以两圆相交.故选:C【点睛】本题考查两圆的位置关系，属于基础题.5.过点3,2的双曲线C

的渐近线方程为0xy，则C的方程为（）A.221xyB.225xyC.221yxD.225yx【答案】B【解析】【分析】根据渐近线方程，设出双曲线方程，将点3,2代入，即可求解.【详解】双曲线C的渐近线方程为0x

y，设双曲线C的方程为22(0)xy将点3,2代入，得5.故选:B【点睛】本题考查已知双曲线渐近线方程求标准方程，合理设双曲线方程是解题的关键，属于基础题.6.函数21fxxa，则“0a”是“01,1x

，使00fx”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先求出“01,1x，使00fx”成立时，a的取值范围，与“0a”比较，即可得出结论.【详解】01

,1x，使00fx即200()10fxxa，需max1,1,()101xfxaa，，“0a”是“01,1x，使00fx”的充分不必要条件.故选:A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断

，考查存在不等式成立，属于基础题.7.已知m是平面的一条斜线,直线l过平面内一点A,那么下列选项中能成立的是()A.l,且lmB.l,且lmC.l,且l∥mD.l,且l∥m【答案】A【解析】【分析】将选项BCD一一当做条

件，都会得出与题中矛盾的结论，故选项BCD错误，选项A得不出矛盾，选项A正确.【详解】解：若l,且lm，则m∥或m，不符合题意，选项B错误；若l,且l∥m，则m，不符合题意，选项C错误；若l,且l∥m，则m∥，不符合题意，选项D错误.故选A.【点睛】本题考查了空间

中线面平行与垂直关系的判定与性质，属于基础题.8.正四棱柱1111ABCDABCD中，12AAAB，则异面直线1AD与1BD所成角的余弦值为（）A.110B.110C.3010D.3010【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出1

1,,,ADDB坐标，利用空间向量法，求出11,ADDB所成角余弦的绝对值，即为所求.【详解】设122AAAB，以D为坐标原点，以1,,DADCDD所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则11(1,0,0),(0,0,2),(1,1,

2)ADB，11(1,02),(1,1,2)ADDB，111111330cos,1056ADDBADDBADDB.因此，异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为3010.故选:D【点睛】本题考查用空间向量法求异面直线所成的角，

属于基础题.9.如图，长方体1111ABCDABCD中，4ABBC，122BB，点E，F，M分别为11AB，11AD，11BC的中点，过点M的平面与平面AEF平行，且与长方体的面相交，则交线围成的几何图形的面积为（）A.65B.66C.12D.2

4【答案】A【解析】【分析】过点M作两条相交的直线与平面AEF平行，这两条相交线确定的平面即为，作出平面与长方体交线，可得交线围成图形为等腰梯形，求出等腰梯形的面积，即可求解.【详解】取11CD中点

N，连11,,,,MNBMBDDNBD，点E，F，M分别为11AB，11AD，11BC的中点，11111////,,2EFMNBDEFMNBD由长方体111,//,//ACBDBDMNBD，,MNBD确定平面MNDB，//,EFMNEF平面MNDB，MN平面MNDB，//EF

平面MNDB，同理可证//AF平面MNDB，,,EFAFFEFAF平面AEF，平面//AEF平面MNDB，平面MNDB即为所求的平面，111122,2322MNBDBDBMDN，平面与长方体交线围成的图形是等边梯形MNDB等腰梯形的高为12

210，面积为1(2242)10652.故选:A【点睛】本题考查面面平行的判定，以及平面与空间图形的相交线组成的图形，属于较中档题.10.已知0,Fc为双曲线：222210,0yxabab的上焦点，若圆F：222xyca上恰有三个点到的一条渐近线的距离为2

3a，则的离心率为（）A.103B.133C.102D.132【答案】A【解析】【分析】圆F圆心为双曲线焦点，可求出圆心到渐近线的距离，若圆F上恰有三个点到的一条渐近线的距离为23a，则与渐近线平行且与渐近线距离为23a的直线与圆F相切，可求出圆心到切线的距离且等于a，得出

,ab关系，进而得出结论.【详解】双曲线：222210,0yxabab的一条渐近线方程为0axby，圆心(0,)Fc到直线0axby距离为22bcbab，圆F上恰有三个点到的一条渐近线的距离为23a，则与渐近线平行且与渐近线距离为2

3a的直线l与圆F相切，圆心到切线l的距离为211,,333bbaabaa，2101()3bea.故选:A【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查双曲线的简单几何性质，考查数形结合思想，属于中档题.二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个

选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.11.瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知ABC的顶点4,0A，0,4

B，其欧拉线方程为20xy，则顶点C的坐标可以是（）A.2,0B.0,2C.2,0D.0,2【答案】AD【解析】【分析】设(,)Cxy，依题意可确定ABC的外心为(0,2)M，可得出,xy一个关系式，求出ABC重心坐标，代入欧拉直线方程，又

可得出,xy另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设(,),CxyAB的垂直平分线为yx，ABC的外心为欧拉线方程为20xy与直线yx的交点为(1,1)M，22||||10,(1)(1)10MCMAxy，①由4,0A，0,4B，ABC

重心为44(,)33xy，代入欧拉线方程20xy，得20xy，②由①②可得2,0xy或0,2xy.故选:AD【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形重心，属于较难题.12.在平面直角坐标系中，曲线C

上任意点P与两个定点2,0A和点2,0B连线的斜率之和等于2，则关于曲线C的结论正确的有（）A.曲线C是轴对称图形B.曲线C上所有的点都在圆222xy外C.曲线C是中心对称图形D.曲线C上所有点的横坐标x满足2x【答案】BC【解析】【分析】根据已知条件

求出曲线C的方程，即可求得结论.【详解】设点(,),2,222PAPByyPxyxkkxx，得24,0xyxx不满足方程，4(2)yxxx图像如下图所示：曲线对应的函数是奇函数，图像关于原点对称，无对称轴，选项C正确，选项A不正确；22221628828

2xyxx，选项B正确；当1x时，3y则选项D不正确.故选:BC【点睛】本题考查求曲线方程，并研究曲线的几何性质，属于较难题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13.将边长为1的正三角形绕其一边所在直线旋转一

周，所得几何体的体积为______.【答案】4【解析】【分析】所得的几何体为同底等高的圆锥组合体，根据圆锥的体积公式，即可求解.【详解】将边长为1的正三角形绕其一边所在直线旋转一周，所得几何体是底面半径为32，高均为12的两个同底圆锥组合体，其体积为21311()()322

24.故答案为:4【点睛】本题考查旋转体的体积，属于基础题.14.已知直线1:0,lxaya2:2310laxay互相垂直，则a的值为______.【答案】02或.【解析】【分析】根据两条直线垂直的条件，

得到a所满足的等量关系式，解方程，求得a的值.【详解】因为直线1:0,lxaya2:2310laxay互相垂直，则有1[(23)]0aaa，即2230aaa，进一步化简得220aa，解得0a或2a，故答案是0或2.【点睛】该题所考

查的是有关两条直线垂直的条件，利用11112222:0:0lAxByClAxByC与垂直的条件是12120AABB，得到关于a所满足的等量关系式，求得结果.15.表面积为16的球面上有A、B、C三点，且2ABAC，2BC，则球

心到平面ABC的距离为______.【答案】3【解析】【分析】求出球的半径，ABC为直角三角形，求出ABC的外接圆的半径，根据截面圆的性质，即可求解.【详解】球的表面积为16，可得球半径2R，2ABAC，2222,BCABBCBC，ABC∴为直角三角形，AB

C的外接圆的半径112rBC，球心到平面ABC的距离为球心与ABC的外接圆圆心的距离为22213.故答案为:3【点睛】本题考查球截面的性质，球心与截面圆（小圆）圆心连线垂直截面圆所在的平面是解题的关键，属于基础题.16.在棱长为2的正方体1111ABC

DABCD中，点P是正方体棱上一点，1PBPC.①若4，则满足条件的点P的个数为______；②若满足1PBPC的点P的个数为6，则的取值范围是______.【答案】(1).4(2).22,4223,42【解析】【分析】（

1）由题意可得点P是以222c为焦距，以2a为长半轴的椭圆与正方体与棱的交点，可求解；（2）利用三角形两边之和大于第三边，以及点P的个数为6个时，短半轴范围，即可求解.【详解】（1）正方体的棱长为112,22,4BCPBPC，P是以222c为焦距，以2a为长半轴

的椭圆，P在正方体的棱上，P应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可得，满足条件的点为1,BC，以及棱,ABCD各有一点满足条件，故满足条件的点P的个数为4；（2）11||22PBPCBC，当椭

圆短半轴2b时，椭圆与棱1111,,,BCCCCBBB,11,ABCD各有一个交点，与其它棱无交点，满足题意，2222,42244b当2b时，2,4a由（1）得不合题意.当2,223b时，根据正方体的性质，至多只有4个点

在棱上，不合题意；当223,6b时，椭圆与棱111111,,,,,ADDDDAAAABCD各有一个交点，满足题意，2226,424b，22342；当6b，椭圆至多与正方体的棱有4个交点，不合题意.综上224或22342.故答案为:（1）4；（2）

22,4223,42【点睛】本题以正方体为载体，考查了椭圆定义的灵活应用，属于难题.四、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点0,4A，2,0B，4,4C，5,1D.（1）判断A、

B、C、D四点能否围成四边形，并说明理由；（2）求ACD的面积.【答案】（1）A、B、C、D四点不能围成四边形,详见解析（2）30【解析】【分析】（1）利用斜率判断是否存在三点共线；（2）求出AC所在的直线方程，再求出点D到直线

AC的距离，运用面积公式，即可求解.【详解】（1）因为04220ABk，40242BCk，即ABBCkk，所以A、B、C三点共线，故A、B、C、D四点不能围成四边形.（2）由（1）可知2ACk，所以直线AC的

方程为24yx，即240xy，点5,1D到直线AC的距离2514355d，又22404445AC，所以ACD的面积为1145353022ACd.【点

睛】本题考查点共线问题，可用：①求斜率；②求出某两点所在的直线方程，其它点代入验证；③用向量坐标判断是否共线.18.如图，四棱锥PABCD的底面为平行四边形，点E、F分别在CD、BC上，G为PA中点，且PE平面ABCD.（1）若PFBC

，求证：平面PBC平面PEF；（2）求证：//PC平面BDG.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知PE平面ABCD，可得PEBC，结合PFBC，可证BC⊥平面PEF，即可证明结论；（2）连AC交BD于O，连OG，

可得//OGPC，即可证明结论.【详解】（1）因为PE平面ABCD，BC平面ABCD，所以PEBC，又PFBC，PEPFP，PE平面PEF，PF平面PEF，所以BC⊥平面PEF.又BC平面PBC，

所以平面PBC平面PEF.（2）连接AC交BD于O，连接OG，因为四边形ABCD为平行四边形，所以OAOC，又G为PA中点，所以//OGPC，又OG平面BDG，PC平面BDG，所以//PC平面BDG.【点睛】本题考

查空间垂直和平行的证明，属于基础题.19.在平面直角坐标系xOy中，直线l：210xy，圆C的圆心在直线l上，半径为2.（1）若圆C被x轴截得的弦长为23，求圆C的方程；（2）已知2,0P，圆C上存在点Q，使得PQOQ，求圆心C横坐标的取值范围.【答

案】（1）圆C的方程为2214xy或22114xy（2）1,3【解析】【分析】（1）根据已知条件设圆心坐标为(,21)aa，求出圆心到x轴的距离，结合弦长公式，即可求解；（2）,PQOQQ在线段OP的垂直平分线上，又点Q在

圆上转化为圆与OP的垂直平分线有交点，利用圆与直线的位置关系，即可求解.【详解】（1）设圆C：22214xaya，因为圆C被x轴截得的弦长为23，所以圆心C到x轴的距离2431d，即211da，解得0a或1a，所以圆C的方程为

2214xy或22114xy.（2）题意等价于OP的中垂线1x与圆C有公共点，所以圆心C到直线1x的距离不大于半径2，即12a.解得13a，即圆心C横坐标的取值范围为1,3.【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，要注意点到直线距离的灵活运用，属于中档题.2

0.已知抛物线C：24yx，过定点0,1P的直线为l.（1）若l与C仅有一个公共点，求直线l的方程；（2）若l与C交于A、B两点，直线OA、OB的斜率分别为1k、2k，试探究1k与2k的数量关系.【答案】（1）直线l的方

程为0x或1y或1yx（2）124kk【解析】【分析】（1）点0,1P在抛物线外，对直线l斜率是否存在分类讨论，当斜率存在时设出直线方程，与抛物线方程联立，利用方程组只有一个解，即可得出结论；（2）由（1）中结合韦达定理，确定,AB

关系，利用斜率公式，即可求解.【详解】（1）当直线l的斜率不存在时，l：0x，显然满足题意；当直线l的斜率存在时，设l：1ykx，联立214ykxyx，消去y整理得222410*kxkx当0k时，方程*只有唯一解，

满足题意，此时l的方程为1y.当0k时，222440kk，解得1k，此时l的方程为1yx.综上，直线l的方程为0x或1y或1yx.（2）设11,Axy，22,Bxy，由*可知12224kxxk

，1221xxk，又111111ykxkxx，222221ykxkxx，所以12121212121124kxkxxxkkkxxxx，即1k与2k满足的数量关系为：124kk.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，当点在抛物线外，过点直线与抛物线只有一

个交点的直线有三条，考查定值问题，属于中档题.21.如图，梯形ABCD中，//ABDC，4AB，2ADDCCB，将BCD沿BD折到'BCD的位置，使得平面'BCD平面ABCD.（1）求证：'ADBC；（2）求二面角'BACD的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）77【解

析】【分析】（1）利用长度关系可证ADBD，根据面面垂直的性质定理，可得AD平面'BCD，即可求证结论；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面'ADC与平面'ABC的法向量，运用空间向量法,即可求解.【详解】（1）在梯形ABCD中，过

D作DHAB于H，则1AH，又2AD，所以3DH，60DAH，30ABD，故90ADB，即ADBD.又平面'BCD平面ABCD，平面'BCD平面ABCDBD，AD平面ABCD，所以AD平面'BCD，又'BC平面'BCD，所以'ADBC.（2）以D为原点

，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，则2,0,0A，0,23,0B，'0,3,1C，2,0,0DA，'2,3,1AC，2,23,0AB，设平面'ADC的法向量1111,,nxyz，则110'0nDAnAC，即111120230

xxyz，解得11103xzy，令11y，得10,1,3n，设平面'ABC的法向量2222,,nxyz，则220'0nABnAC，即222222230230xyxyz

，解得222233xyzy，令21y，得23,1,3n，所以12121227cos,727nnnnnn，结合图形可知，二面角'BACD为钝角，它的余弦值为

77.【点睛】本题考查空间垂直的转换证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，考查计算能力，属于中档题.22.某高速公路隧道设计为单向三车道，每条车道宽4米，要求通行车辆限高5米，隧道全长1.5千米，隧道的断面轮廓线近似地看成半个椭圆形状（如图所示）.（1）若最

大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽l至少是多少米？（结果取整数）（2）如何设计拱高h和拱宽l，才能使半个椭圆形隧道的土方工程量最小？（结果取整数）参考数据：113.3，椭圆的面积公式为Sab，其中a，b分别为椭圆的长半轴和短半轴长.【答案】（1）此隧道设计的拱宽l至少是22米（

2）当拱高为7米、拱宽为18米时，土方工程量最小【解析】【分析】（1）建立直角坐标系，设椭圆方程为22221(0)xyabab，根据对称性6b，将点(6,5)代入椭圆方程，即可求解；（2）由点(

6,5)在椭圆上或在椭圆内，得2236251ab，利用基本不等式，即可求出椭圆的面积S的最小值，根据体积公式，即可求解.【详解】（1）建立直角坐标系xOy如图所示，则点6,5P在椭圆22221xyab上，将6bh与点6,5P代

入椭圆方程，得3611a，此时72221.811la，因此隧道设计的拱宽l至少是22米.（2）由椭圆方程22221xyab，得2236251ab，因为2236252651abab，即60ab，302abS，由于隧道长度为1.5千米，故隧道的土方工程量

1.545VS，当V取得最小值时，有65ab且60ab，得62a，52b，此时212216.97la，7.07hb.①若8hb，此时217la，此时1331785148abV，②若7hb，此时218la

，此时2339747.2544abV，因为12VV，故当拱高为7米、拱宽为18米时，土方工程量最小.【点睛】本题考查椭圆的实际运用，考查椭圆的标准方程，并以椭圆为背景，考查利用利用基本

不等式求值，属于较难题.