【文档说明】江西省高安中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试卷含答案.doc，共(9)页，482.000 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题只有一个选项符合题意．1．在复平面内，复数201812zii=++对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．为空间

向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（）.,,Aaabab+−B.,,babab+−C.,,cabab+−D.,,2ababab+−+3．设,xyR，向量()

()(),1,1,1,,1,2,4,2,axbyc===−且,//acbc⊥，则ab+=（）.22A.10B.3C.4D4．给出下列命题，其中正确的命题为（）A.若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面B

.直线a与平面不垂直，则a与平面内的所有的直线都不垂直C.直线a与平面不平行，则a与平面内的所有的直线都不平行D.异面直线,ab不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直5．如图，正三棱柱111CBAABC−中，ABAA21=，D是1BB的中点，则AD与平面CCA

A11所成角的正弦值等于（）A．22B．46C．23D．4106．如图，空间四边形OABC中，,,OAaOBbOCc===，且2OMMA=，BNNC=，则MN=（）A.211322abc−++B.111222abc+−C.221

332abc++D.121232abc−+7．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为()A.12B.13C.22D.16

8．已知双曲线()0,01:2222=−babyaxC的两条渐近线与抛物线()02:2=ppxy的准线分别交于BA,两点．若双曲线C的离心率为2，ABO的面积为3，O为坐标原点，则抛物线的焦点坐标为()A．()0,2B．()

0,1C．0,22D．0,219．已知三棱锥PABC−中，2π3APB=，3PAPB==，5AC=，4BC=，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为A．16πB．32πC．24πD．

28π10．在四面体ABCD中，若3ABCD==，2ACBD==，5ADBC==，则直线AB与CD所成角的余弦值为（）A.13−B.14−C.14D.1311．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列命题错误的是()

A．存在P，Q的某一位置，使AB∥PQB．△BPQ的面积为定值C．当PA＞0时，直线PB1与AQ是异面直线D．无论P、Q运动到任何位置，均有BC⊥PQ12．设f(x)=kx－|sinx|(x>0，k>0)

，若f(x)恰有2个零点，记较大的零点为t，则=()A.0B.1C.2D.4二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知函数2()sin1fxxx=+−，则11()fxdx−=14．如图，二面角l−−等于120，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半

平面、内，ACl⊥，BDl⊥，且1ABACBD===，则CD的长等于_____．15．某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积16．如图4－3－11，正方体ABCD—A1B1C1D1，则下列四个命题：①P在直线BC1

上运动时，三棱锥A—D1PC的体积不变；②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③P在直线BC1上运动时，二面角P—AD1—C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点

的轨迹是过D1点的直线．其中真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)．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．（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为42{(4xcosaaysina=+=为参数），以O为

极点，以x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为()6R=.（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于,AB两点，求AB的值.18．（本小题满分12分）如图所示的平面图形中，四边形ABCD是边长为2的正方形，HDA和GDC都是以D

为直角顶点的等腰直角三角形，点E是线段GC的中点．现HDA和GDC分别沿着DCDA,翻折，直到点H和G重合为点P．连接PB，得如图的四棱锥．（1）求证：EBDPA平面//；（2）求二面角DPBC−−的大小．19．（本小题满分12分）图所示的几何体中，//PBEC，22PBCE

==，PB⊥平面ABCD，在平行四边形ABCD中，1AB=，2AD=，60BAD=．（1）求证：//AC平面PDE；（2）求CD与平面PDE所成角的正弦值．20．(本小题满分12分)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底

面ABCD．(1)证明：平面PBD⊥平面PAC．(2)若∠BAD=60°,且平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为，求∠PCA的大小．21．（本小题满分12分）设顶点在原点，焦点在x轴上的拋物线过点()1,2P，过P作抛物

线的动弦PA，PB，并设它们的斜率分别为PAk，PBk.(Ⅰ)求拋物线的方程；(Ⅱ)若0PAPBkk+=，求证：直线AB的斜率为定值，并求出其值；（III）若1PAPBkk=，求证：直线AB恒过定点，并求出其坐标.22．（本小题满分12分）已知函数()()1lnfxaxx=−−，()x

gxe=.（1）讨论()yfx=的单调性；（2）若函数()()()Fxfxgx=在)1,+上单调递增，求a的取值范围.参考答案一、选择题1——12CCCDBABBDDBC二、填空题13．214215716①③④三、解答题17．解：（Ⅰ）将方程42{4xcosaysina

=+=消去参数a得224120xyx+−−=，∴曲线C的普通方程为224120xyx+−−=，将222xcosxy+==，代入上式可得24cos12−=，∴曲线C的极坐标方程为：24cos120−−=．………5分

（Ⅱ）设,AB两点的极坐标方程分别为12,,,66,由24cos16{6−==消去得223120−−=，根据题意可得12,是方程223120−−=的两根，∴121223,12+==−，∴()21

212122215AB=−=+−=．………10分18．解：（1）连接BDAC交与点O，连接EO……1分因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点，又E是PC的中点PAEO//……2分EDBPAEDBEO平面平面,

……3分EBDPA平面//……4分由题意有CDADDAPDDCPD⊥⊥⊥,,,DPDCDA,,两两垂直如图，以D为原点建立空间直角坐标系xyzD−……5分有()()()()()()0,2,0,0,0,2,1,1,0,0,2,2,2,0,0,0,

0,0CAEBPD……6分由题知ABCDPD平面⊥又PDACABCDAC⊥，平面……7分又PBDACDBDPDBDAC平面⊥=⊥,,……8分所以平面PBD的法向量是()0,2,2−=AC设平面PBC的法向量()zyxn,,=()()

2,2,0,2,2,2−=−=PCPB,则=−=−+==022022200zyzyxPCnPBn，令()1,1,0,1==nz……10分212222,cos===nACnACnAC

……11分由图可知二面角DPBC−−的平面角为锐角所以二面角DPBC−−的大小为60……12分19．（1）证明：连接BD交AC于O，取PD中点F，连接OF，EF.∵O、F分别为BD、PD的中点∴//OFPB，12OFPB=又∵//

PBCE，12CEPB=∴//OFCE，OFCE=，从而//ACEF，AC平面PDE，EF平面PDE，∴//AC平面PDE．……5分（2）解：连接PC，可计算得7PD=，2DE=，5PE=，102P

DES=，12DCES=，设点C到平面PDE的距离为h，则由PDCEDPDEVV−−=，PDCEBDCEVV−−=，得BDCECPDEVV−−=，所以由1133DCEPDEBDShS=，知110322h=.∴3010h=，∴CD与平面PDE所成角的正弦值为3

010hCD=．……12分20．证明：因为底面ABCD为菱形，所以．因为底面ABCD，所以．又，所以平面PAC．因为平面PBD，所以平面平面PAC．……5分解：设AC与BD交于点O，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，，则，则．设平面PAB的法向量为，则令，得．设平面PCD的法

向量为，则．令，得．设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为，则，解得，则，故．……1221．解：(Ⅰ)依题意，可设所求拋物线的方程为()220ypxp=,因拋物线过点()1,2P，故222,2pp==，拋物线的方程为24yx=.……………3(

Ⅱ)设()()1122,,,AxyBxy，则1121112241214PAyykyxy−−===−+−，同理21244,,2PBABkkyyy==++12440,022PAPBkkyy+=+=++,∴1222yy+=−−，124yy+=−.1241ABkyy==−+，即直线AB的斜

率恒为定值，且值为1−.……………7分（III）1PAPBkk=，∴1244122yy=++，∴()12122120yyyy++−=.直线AB的方程为2111244yyyxyy−=−+，即()1212

4yyyyyx+−=.将()1212212yyyy−=+−代入上式得()()()12243yyyx++=+即为直线AB的方程，所以直线AB恒过定点()3,2−−，命题得证.……………12分22．解（1）()yfx=

的定义域为()0,+，()1axfxx−=，当0a时，()0fx在()0,+上恒成立，所以()yfx=在()0,+上递减；当0a时，令()10,fxxa==，当()0fx时，10xa，当()0fx时，1xa，则()yfx=在

10,a上递减，在1,a+上递增.…---5分（2）()()1lnxFxaxxe=−−()1ln0xFxaxxex=−−在)1,+恒成立，所以1ln0axxx−−，即2ln1xaxx+令()2

ln1xhxxx=+，则有()()31ln2xxhxx−−=，令()()1ln2gxxx=−−，则有()ln0gxx=−在)1,+上恒成立.故()gx在)1,+上为减函数，所以()()()()11,0,gxghxhx=−在

)1,+上为减函数，则()()max11hxh==，故1a.另解令()1lnhxaxxx=−−，则至少有()10101haa−.当1a时，则有()222111axxhxaxxx−+=−+=，令()21xaxx=−+，开口向上，对称轴110,22xa=，故()x

在)1,+上为增函数，所以()()()()10,0,xahxhx=在)1,+上为增函数，则()()110hxha=−，故1a.---12分