青海湟川中學(xué)2020-2021學(xué)年第一學(xué)期高二年級數(shù)學(xué)（理科）期末考試試卷本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）時間:120分鐘滿分:150分第Ⅰ卷（60分）選擇題（每小題5分，共60分）1．已知,則是的()條件.A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要2．用長為4、寬為2的矩形做側(cè)面圍成一個高為2的圓柱，此圓柱的軸截面面積為()A．8 B.eq\f(8,π) C.eq\f(4,π) D.eq\f(2,π)3.設(shè)且，則橢圓和橢圓具有相同的()A．頂點 B．焦點 C．離心率 D．長軸和短軸4．高三（1）、（2）班各進行了場知識辯論賽，比賽得分情況的莖葉圖如圖所示（單位：分），其中高三（2)班得分有一個數(shù)字被污損，無法確認，假設(shè)這個數(shù)字具有隨機性，那么高三（2）班的平均得分大于高三（1）班的平均得分的概率為()A. B. C. D.5.函數(shù)對于，都有，則的最小值為()A． B．C．D．6．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(2)，則點(4，0)到C的漸近線的距離為()A．eq\r(2)B．2C．eq\f(3\r(2),2) D．2eq\r(2)7.已知橢圓的左、右焦點分別為，且以線段為直徑的圓與直線相切，則的離心率為()A. B. C. D.8．中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)綜》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初步健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細算相還”.其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地”，則該人第4天走的路程為()A．里 B．里 C．里 D．里9．如圖，在三棱錐D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE10.已知直線：與曲線有兩個公共點，則實數(shù)的取值范圍是()A． B． C． D．11．在三棱柱,面，，，，則三棱柱的外接球的表面積為()A． B． C． D．12．已知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線與軸的交點為，為拋物線上一點，且在第一象限，當(dāng)取得最小值時，點的坐標(biāo)為()A． B． C． D．第Ⅱ卷（90分）填空題（每小題5分，總計20分）13.若命題，則命題的否定是.14．已知拋物線C的方程為，一條長度為4p的線段AB的兩個端點A，B在拋物線C上運動，則線段AB的中點M到y(tǒng)軸距離的最小值為.15.設(shè)函數(shù)，，對于任意的，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是.16．一個正方體的平面展開圖如圖所示.在該正方體中，給出如下3個命題：①；②與是異面直線且夾角為60°；③與平面所成的角為45°.其中真命題的序號是.三、解答題(17題10分，18-22每小題12分，總計70分)17．設(shè)的內(nèi)角所對的邊分別為且.(1)求角的大小;(2)若,求的周長的取值范圍.18．已知雙曲線E：eq\f(x2,m)－eq\f(y2,5)＝1.(1)若m＝4，求雙曲線E的焦點坐標(biāo)、頂點坐標(biāo)和漸近線方程；(2)若雙曲線E的離心率為e∈，求實數(shù)m的取值范圍．19.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面ACE；(2)設(shè)PA＝1，∠ABC＝60?，三棱錐E-ACD的體積為eq\f(\r(3),8)，求二面角D-AE-C的余弦值．20．已知A,B是拋物線C:y2=2px(p>0)上不同的兩點,點D在拋物線C的準(zhǔn)線上,且焦點F到直線x-y+2=0的距離為.(1)求拋物線C的方程;(2)若直線AB過焦點F,且直線AD過原點O,求證:直線BD平行x軸.21．已知橢圓的離心率為，且橢圓上一點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形的周長為．（1）求橢圓M的方程；（2）設(shè)直線與橢圓M交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過橢圓的右頂點C，求m的值．22.如圖，由直三棱柱和四棱錐構(gòu)成的幾何體中，，，平面平面.（1）為三角形內(nèi)（含邊界）的一個動點，且，求的軌跡的長度；（2）在線段上是否存在點，使直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，說明理由.

答案選擇：ABCDCDDCCBCB13. 14．15.16．①②17．解(Ⅰ)由得又又(Ⅱ)由正弦定理得:,,故的周長的取值范圍為18．解：(1)m＝4時，雙曲線方程化為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1，所以a＝2，b＝eq\r(5)，c＝3，所以焦點坐標(biāo)為(－3，0)，(3，0)，頂點坐標(biāo)為(－2，0)，(2，0)，漸近線方程為y＝±eq\f(\r(5),2)x.(2)因為e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(m＋5,m)＝1＋eq\f(5,m)，e∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2)))，所以eq\f(3,2)<1＋eq\f(5,m)<2，解得5<m<10，所以實數(shù)m的取值范圍是(5，10)．19.解析：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接OE(圖略)．在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.又OE?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB∥平面ACE.(2)由題易知VP-ABCD＝2VP-ACD＝4VE-ACD＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則VP-ABCD＝eq\f(1,3)S?ABCD·PA＝eq\f(1,3)×(2×eq\f(\r(3),4)a2)×1＝eq\f(\r(3),2)，則a＝eq\r(3).取BC的中點為M，連接AM，則AM⊥AD.以點A為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，E(0，eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))，C(eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2)，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2)，0)，設(shè)n1＝(x，y，)為平面AEC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取x＝1，則n1＝(1，－eq\r(3)，3)為平面AEC的一個法向量．又易知平面AED的一個法向量為n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋9))＝eq\f(\r(13),13)，由圖易知二面角D-AE-C為銳二面角，所以二面角D-AE-C的余弦值為eq\f(\r(13),13).20.(1)解:拋物線C:y2=2px的焦點F(,0),由題意可得d==,解得p=2,所以拋物線方程為y2=4x.(2)證明:拋物線y2=4x的焦點F(1,0),準(zhǔn)線方程為x=-1.設(shè)直線AB:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立拋物線方程,可得y2-4ty-4=0,即有y1y2=-4,直線AD:y=x,則有D(-1,-),由于-=-=-=y2,故直線BD平行x軸.21.解：QUOTEⅠQUOTE因為橢圓M上一點和它的兩個焦點構(gòu)成的三角形周長為QUOTE，

所以QUOTE，

又橢圓的離心率為QUOTE，

即QUOTE，所以QUOTE，

所以QUOTE，QUOTE．所以QUOTE，

橢圓M的方程為QUOTE

QUOTEⅡQUOTE由QUOTE消去x得QUOTE，

設(shè)QUOTE，QUOTE，

則有QUOTE，QUOTE

因為以AB為直徑的圓過點C，所以QUOTE．

由QUOTE，

得QUO