【文档说明】安徽省合肥市庐阳区第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(26)页，2.819 MB，由小赞的店铺上传

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合肥一中2019-2020学年第一学期高二年级期末考试理科数学试卷时长：120分钟分值：150分一、选择题（共12小题，每小题5分）1.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：①若∥，m，n，则mn；②若m，mn，则n；③若m，n是异面直线，则存在，，

使m，n，且∥；④若，不垂直，则不存在m，使m．其中正确的命题有（）．A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【分析】①，②，③借助长方体可直接判断对错，④通过反证法假设结论存在，通过

面面垂直的判定得出与已知矛盾，即可判断出④正确.【详解】①由图可知符合：∥，m，n，但m，n为异面直线，不平行，故①错误.②由图知符合：m，mn，但n，故②错误.③根据条件：m，n是异面直线，则存在，，使m，n，可画出∥，如图所示：，即存在∥，

故③正确.④假设：m，m，由平面与平面垂直的判定可得：，与已知矛盾，故，不垂直，则不存在m，使m，④正确.故选：B【点睛】本题考察了空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，主要考查学生的空间想象能力以及空间中位置关系的判断方法，属于中档题.2.设a

R，则“2a”是“直线210axy与直线230xy相交”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充他条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求出两直线相交的充要条件是1a，再判断即可.【详解】解：直线2

10axy与直线230xy相交的充分条件是212a，即1a，由于2a是1a的充分不必要条件，故选：A.【点睛】利用判断充分必要性，考查了直线相交的判断，基础题.3.一条光线从点(2,3)射出，经x轴反射后与圆22(3)(2)1xy相切，则反射光线所在直线的斜

率为（）A.65或56B.54或45C.43或34D.32或23【答案】C【解析】【分析】由题意可知：点(2,3)在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：3(2)ykx，利用直线与圆的相切的性质即

可得出．【详解】由题意可知：点(2,3)在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：3(2)ykx，即230kxyk．由相切的性质可得：2|3223|11kkk，化为：21225120kk，解得34k

或43．故选C．【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.在平面直角坐标系xOy中，椭圆2221()43xymRm的离心率的取值范围为（）A.10,2

B.2,12C.1,12D.11,32【答案】C【解析】【分析】直接利用椭圆的方程和椭圆的离心率的应用求出结果.【详解】解：直角坐标系xOy中，椭圆2221R)43xym，所以2222224331144cmeamm，当0m

时，2min14e，故2114e，整理得112e，故选：C.【点睛】本题考查的知识要点：椭圆的标准方程的应用，椭圆的离心率的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.5.某正三棱

柱各棱长均为2，则该棱柱的外接球表面积为（）A.8B.16C.163D.283【答案】D【解析】【分析】由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为2的正三棱柱，设上下底面中心连线EF的中点O，则O就是球心，则其外

接球的半径为OA1，又设D为A1C1中点，在直角三角形EDA1中，EA12260sin，在直角三角形ODA1中，OE212，由勾股定理R＝OA17412，∴球的表面积为S＝4π•7744123283．故选：D．【点

睛】本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力．6.一个几何体的三视图如图所示，其体积为（）A.12B.3122C.116D.1136【答案】C【解析】【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体是直三

棱柱剪去一个角，其中ACB△为等腰直角三角形，90,2,2,1ACBABBEAGEF，再由棱锥体积剪去棱锥体积求解.【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是直三棱柱剪去一个角，其中ACB△为等腰直

角三角形，90,2,2,1ACBABBEAGEF，∴该几何体的体积111112221112326V，故选：C.【点睛】本题考查由三视图求体积，关键是由三视图还原几何体，是中档题.7.如图所示,点F是抛物线

24yx的焦点,点,AB分别在抛物线24yx及圆22230xyx的实线部分上运动,且AB总是平行于x轴,则FAB的周长的取值范围（）A.(4,6)B.[4,6]C.(2,4)D.[2,4]【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的准线方程,设出AB、两点的坐标,根据抛物线的定义求

出||AF,将抛物线方程与圆的方程联立,再根据圆的方程,这样可以求出B点横坐标的取值范围,再求出FAB的周长的表达式,利用B点横坐标的取值范围,可以求出FAB的周长的取值范围.【详解】由题意知抛物线24yx的准线为1x,设AB、两

点的坐标分别为1,0()Axy,2,0()Bxy，则1||1AFx.由222414yxxy消去y整理得2230xx,解得1x,∵B在图中圆2214xy的实线部分上运动,∴213x.∴FAB的周长为1212(1)2()3(4,6)AFFBBA

xxxx.故选A【点睛】本题考查了抛物线的定义的理解,考查了圆与抛物线的位置关系,考查了圆的几何性质,考查了数学运算能力.8.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1

，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为，平面被此正方体所截得截面图形的面积为（）A.33B.62C.32D.2【答案】A【解析】【分析】先确定平面被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，再计算机其面积为33得到答案.【详解】如图所示：,,FGH是对应线段的中点.易

知：RF与HQ相交，确定一个平面HQ‖RG，故G在平面内，同理P在平面内故平面被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为21222sin63323S故选A【点睛】本题考查了截面图形的面积，确定截面为正六边形是解题的关键.9.如图，过

抛物线220ypxp的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C，若2BCBF，且3AF，则抛物线的方程为（）A.232yxB.29yxC.292yxD.23yx【答案】D【解析】【分析】分别过点,AB作准线的垂线，分别交准线于点,ED，设||BFa，根据抛物

线定义可知||BDa，进而推断出BCD的值，在直角三角形中求得a，进而根据//BDFG，利用比例线段的性质可求得p，则抛物线方程可得.【详解】解：如图分别过点,AB作准线的垂线，分别交准线于点,ED，设

||BFa，则由已知得：||2BCa，由定义得：||BDa，故30BCD，在直角三角形ACE中，||3,||33AFACa，2||||AEAC，336a，从而得1a，//BDFG，123p求得32p，因此抛物线方程为23yx，故选：D

.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，考查了学生对抛物线的定义和基本知识的综合把握.10.正四面体ABCD的体积为1，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，则这两个正四面体的公共部分的体积为（）A.13B.12C.

23D.34【答案】B【解析】【分析】由题分析,O是正四面体的外接球球心,可得OA为34的底面的高,即O到底面的距离为高的14,因为两个正四面体关于O对称,则两个对称水平面之间的距离为底面高的12,即顶点到水平面的距离为底面高的12,进而得到小

正四面体的体积为正四面体的12,对应四个顶点由四个小正四面体,进而求得公共部分的体积【详解】若将正四面体ABCD放在一个水平面上,易知其中心到点A的距离是A到底面距离的34,所以反射的对称面是距离为A到A的底面距离

12的水平,因此,它割A点所在的小正四面体时原正四面体的12,同理,对,,BCD三点处所切割的正四面体也是原正四面体的12,则可得到两个正四面体的公共部分体积为3111422,故选：B【点睛】本题考查外接球的应用,考查空间想象能力,考查运算能力11

.如图，等边ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知AED是AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（）A.动点A在平面ABC上的射影在线段AF上B.恒有平面AGF⊥平面BCEDC.三棱锥AEFD的体积有最大值D.异面直线AE与B

D不可能垂直【答案】D【解析】【详解】由题意知，DE平面AGF，固选项A、B正确，对于三棱锥AEFD体积，其底面EFD在旋转过程中面积不变，则当AG底面EFD时，三棱锥AEFD体积最大，固选项C正确，故选D.12.已

知双曲线22221,0xyabab的两条渐近线分别与抛物线24yx交于第一、四象限的A，B两点，设抛物线焦点为F，若7cos9AFB，则双曲线的离心率为（）A.2B.3C.5D.22【答案】B【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，联立抛

物线方程，求得A，B的坐标，以及F的坐标，设AF的倾斜角为，由二倍角的余弦公式和同角的基本关系式，以及直线的斜率公式，双曲线的离心率公式，计算可得所求值.【详解】解：双曲线22221,0xyabab的两条渐近线方程为byxa，由抛物线24yx和byxa，联立可得222

24444,,,aaaaABbbbb，由抛物线的方程可得(1,0)F，设AF的倾斜角为，斜率为224tan41abab，而22222222cossin1tan7coscos2cossin

cossin1tan9AFB，解得tan22（负的舍去），设atb，可得242241tt，解得22t，则2213cbeaa，故选：B.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质

，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题.二、填空题（共4小题，每小题5分）13.直线3450xy关于直线0xy对称的直线方程为________.【答案】4350xy【解析】【分析】利用所求直线

上的点,xy关于直线0xy的对称点,yx在直线3450xy上求解.【详解】解：在所求直线上任取一点,xy，此点关于直线0xy的对称点,yx在直线3450xy上，3()4()50yx

，即4350xy，故答案为：4350xy.【点睛】本题考查关于直线的对称点的坐标的求法，关键是发现点,xy关于直线0xy的对称点为,yx，难度不大.14.已知正四棱锥PABCD中，PAAB，E，F分别是P

B，PC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为________.【答案】16【解析】【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量求向量夹角，得到所求.【详解】解：建立空间直角坐标系如图，设4,(0,0,0),(4,0,0),(4,4,0),

(2,2,22)PAABCP，所以(3,1,2),(3,3,2)EF，所以(3,1,2),(1,3,2)AEBF，所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为：16||||AEBFAEBF，故答案为：16.【

点睛】本题考查了利用空间向量求向量的夹角；关键是正确建系以及正确写出所用向量的坐标，利用数量积公式求夹角.15.直线1:4360lxy和直线2:1lx，抛物线24yx上一动点P到直线1l和直线2l的距离之和的最小值是_____________.【答案】2【解析】试题分析：设抛

物线24yx上的动点P的坐标为2,4tt，它到到直线1l和2l的距离之和为d，则2243614451tttd22223636115454tttttt=2931

12055tt，当23t时，min9432112209535d.考点：直线与抛物线的位置关系及二次函数的最值.16.如图，平面ABC，D为AB的中点，||2AB，60CDB，P为内的动点，且P到直线CD的距离为3，则c

osAPB的最小值为________.【答案】12【解析】【分析】由题意推出到直线的距离为3的P的轨迹是圆柱，得到平面的图形是椭圆，然后可得到APB的最大值，进而可得到cosAPB的最小值.【详解】解：空间中到直线CD的距离为3的点构成一个圆柱面，它和面

相交得一椭圆，所以P在内的轨迹为一个椭圆，D为椭圆的中心，所以33,2sin60ba，则1c，于是,AB为椭圆的焦点，椭圆上点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大，故为60°.所以cosAPB的最小值为1cos

602，故答案为：12.【点睛】本题是立体几何与解析几何知识交汇试题，考查空间想象能力，计算能力，难度较大.三、解答题（共6题，第17题10分，其余各题每题12分）17.求满足下列条件的双曲线的标准方程：（1）一条渐近线方程为30xy，且与椭圆2

2464xy有相同的焦点；（2）经过点(22,23)C，且与双曲线221816xy有共同的渐近线．【答案】（1）2213612xy；（2）22124xy．【解析】【分析】（1）由题意设出双曲线的标准方

程22221(0)xyabab，根据渐近线方程和,,abc间的关系求出,ab后可得所求方程；或根据渐近线方程设双曲线方程为2230xy，然后由题意求出后得到所求．（2）根据题意设双曲线的方程为220816xy，代入点22

,23C的坐标求出后可得所求方程．【详解】（1）方法1：椭圆方程可化为2216416xy，焦点坐标为43,0，故可设双曲线的方程为22221xyab，其渐近线方程为byxa，则33ba，又22248cab，所以可得236a，212

b，所以所求双曲线的标准方程为2213612xy．方法2：由于双曲线的一条渐近线方程为30xy，则另一条渐近线方程为30xy．故可设双曲线的方程为2230xy，即2213xy，因为双曲线与椭圆2

216416xy共焦点，所以64163，即4483，解得36，所以所求双曲线的标准方程为2213612xy．（2）由题意可设所求双曲线方程为220816xy，因为点2

2,23C在双曲线上，∴812816，解得14，所以所求双曲线的标准方程为22124xy．【点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的

形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为22220xyab，再由条件求出λ的值即可．

18.在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，//ABCD，2ABBC，60ABC，ACFB.（1）求证：AC平面FBC；（2）线段ED上是否存在点Q，使平面EAC平面QBC？证明你的结论.【答

案】（1）证明见解析（2）线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC,证明见解析【解析】【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得ACBC，再利用已知ACFB和线面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直来判断即可.【详

解】解：（1）证明：2ABBC，60ABC，在ABC中，由余弦定理可得22222cos603ACABBCABBCBC，22224ACBCBCAB，90ACB.ACBC.又ACFB，FBBCB，AC平面FBC.（2）线段ED上不存在点

Q，使平面EAC平面QBC.证明如下：因为AC平面FBC，所以ACFC.因为CDFC，所以FC平面ABCD.所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系Cxyz.在等腰梯形ABCD中，可得CBCD.设1BC，所以0,0,0C

，3,0,0A，0,1,0B，31,,022D，31,,122E.所以31,,122CE，3,0,0CA，0,1,0CBuur.设平面EAC的法向量为

,,nxyz，则00nCEnCA，所以3102230xyzx，取1z，得0,2,1n.假设线段ED上存在点Q，设31,,0122Qtt，所以31,,22CQt.设平面QBC的法向量为,

,mabcur，则00mCBmCQ，所以031022babtc，取1c，得2,0,13tm.要使平面EAC平面QBC，只需0mn，即20021103t

，此方程无解.所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC.【点睛】本题综合考查了线面、面面垂直的判定定理与性质定理、通过距离空间直角坐标系利用两个平面的法向量解决面面垂直等基础知识与基本技能，考查了空间想象能力、推理能

力和计算能力.19.已知圆心在y轴上的圆C经过点3,3S，截直线5y所得弦长为23，直线:20laxya.（1）求圆C的方程；（2）若直线l与圆C相交于A、B两点，当a为何值时，ABC的面积最大.【答案】（1）2244xy；（2）7a或1a

.【解析】【分析】（1）根据圆心在y轴上设出圆的方程,将点3,3S带入,结合垂径定理即可得关于b和r的方程组,解方程组求出b和r即可得圆的方程.（2）先利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离的表达式,再由垂径定理表示AB的长

度,即可表示出ABC的面积,结合基本不等式即可求得当面积取最大值时a的值.【详解】（1）设圆C的方程为：222xybr,把3,3代入得2233br,①又∵圆C截直线5y所得弦长为23∴22253br②联立①②解得4b,2r=

∴圆C方程为：2244xy（2）圆心C到直线:20laxya的距离2421ada224ABd由222144222ddSABddd此时24dd即2d时等号成立解得7a或1a则当7a或1a时ABC的面积最大.【点睛

】本题考查了圆的标准方程求法,直线与圆相交的性质及应用,点到直线距离公式的应用,属于基础题.20.如图所示，在五棱锥EABCDF中，侧面AEF底面ABC，AEF是边长为2的正三角形，四边形ABDF为正方形，BCCD

，且BCCD，G是AEF的重心，O是正方形ABDF的中心.（Ⅰ）求证：OG平面BCE；（Ⅱ）求二面角BAED的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）277【解析】【分析】（1）证明线面平行，转化为线线平行．取AF中点M，BD中点N，连接MN，CN即可．（

2）求二面角BAED的余弦值，以M为原点，以MA方向为x轴正方向，以MC方向为y轴正方向，以ME方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系即可．【详解】（Ⅰ）取AF中点M，BD中点N，连接MN，CN，易知C，N，O，M四点共线.由BCCD，且BCCD，可知BCD为等腰直角三角形，所以1122

CNBDAB.因为O是正方形ABDF的中心，所以OMON.所以CNNOMO，所以13MOMC.又G是AEF的重心，所以13MGME.所以MOMGMCME，故OGCE.又因为EC平面BCE，OG平面BCE.所以OG平面BCE.（Ⅱ）解法一：因为M为

中点，AEF是正三角形，所以MEAF.因为侧面AEF底面ABC，且交线为AF，所以ME底面ABC.所以直线ME，MA，MC两两垂直.如图，以M为原点，以MA方向为x轴正方向，以MC方向为y轴正方向，以ME方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系.则(1,0,0)

A，(1,2,0)B，(1,2,0)D，(0,0,3)E.所以(0,2,0)AB，(1,0,3)AE，(2,2,0)AD.设平面ABE的法向量为1111,,nxyz，则1111120,30.ABnyAEnxz令11z，则1(3,0,1)n

.设平面AED的法向量为2222,,nxyz，则22222222030ADnxyAEnxz，令21z，则2(3,3,1)n.所以121212427cos,727nnnnnn.结合图可知，二面角BAE

D的余弦值为277.解法二：取AE，BE中点分别为P，Q，连接PD，PQ，则PQAB∥.又侧面AEF底面ABC，ABAF，侧面AEF底面ABCAF，所以AB平面AEF.又AE平面AEF，所以ABAE，所以PQAE.又2

EFFD，DFEF^，所以22EDAD，所以DPAE.所以DPQ为二面角BAED的平面角.易知PQDF，所以DPQFDP.因为227DPADAP，2FD，所以227cos77FDFDPDP，所以27cos7DPQ

.即二面角BAED的余弦值为277.【点睛】本题主要考查了直线与平面平行、二面角，属于中档题．21.已知椭圆C：2212xy的左、右焦点分别为12,FF，下顶点为A，点P是椭圆上任一点，⊙M是以2PF为直径的圆.（Ⅰ）当⊙M的面积为8时，求PA所在直线

的方程；（Ⅱ）当⊙M与直线1AF相切时，求⊙M的方程；（Ⅲ）求证：⊙M总与某个定圆相切.【答案】（Ⅰ）或;（Ⅱ）2217169()()1818162xy;（Ⅲ）见解析.【解析】【详解】（Ⅰ）易得，设点P，则，所以又⊙的面积为，∴，解得，∴，∴所在直线方程为或（

Ⅱ）因为直线的方程为，且到直线的距离为化简，得，联立方程组，解得或∴当时，可得，∴⊙的方程为；当时，可得17(,)1818M，∴⊙的方程为2217169()()1818162xy（Ⅲ）⊙始终和以原点为圆心，半径为（长半轴）的圆（记作⊙）相切证明：因为，又⊙的半径，∴，∴⊙

和⊙相内切22.已知椭圆C的离心率为22e，长轴的左、右端点分别为1(2,0)A，2(2,0)A.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线1xmy与椭圆C交于P，Q两点，直线1AP，2AQ交于S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线的方程，

并证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】（1）22142xy（2）点S恒在定直线l：4x上,证明见解析【解析】【分析】（1）设椭圆C的方程为222210,0xyabab，可得a的值，再根据22

e，可得b的值，由此能求出椭圆C的方程；（2）取0m，得61,2P，61,2Q，进而得到直线1AP和直线2AQ的方程，联立求出他们的交点1S坐标.若61,2P，61,2Q，由对称性可知2S的坐标，若点S在同一条直线上，则

直线只能为l：4x，然后证明当m变化时，点S在直线4x上.【详解】解：（1）设椭圆C的方程为222210,0xyabab，2a，22e，2c，22b，椭圆C的方程为22142xy；（2）取0m，得61,2P，61,2Q

，直线1AP的方程是6663yx，直线2AQ的方程是662yx，交点为14,6S.若61,2P，61,2Q，由对称性可知24,6S，若点S在同一条直线上，则直线只能为l：4x.以下证明对于任意的m，直线1AP与2AQ的交点S均在直

线l：4x上，事实上，由221142xmyxy，得222230mymy，记11,Pxy，22,Qxy，则12222myym，12232yym，记1AP与l交于点004

,Sy，由011422yyx，得10162yyx，设2AQ与交于点004,Sy，由022422yyx，得20222yyx，122112001212612362

2222ymyymyyyyyxxxx22121212121212462202222mmmyyyymmxxxx，00yy，即0S与0S重合，这说明，当m变化时，点S恒在定

直线l：4x上.【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合运用，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价变换是解题的关键，是中档题.