1、2020學年河北省唐山市高二（上）期末試卷數(shù)學（理科）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有且只有一項符合題目要求。1.拋物線x24y的焦點坐標是（）A. （0，2） B. （2，0） C. （0，1） D. （l，0）【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)標準方程求出p值，判斷拋物線x24y的開口方向及焦點所在的坐標軸，從而寫出焦點坐標【詳解】拋物線x24y 中，p2，1，焦點在y軸上，開口向上，焦點坐標為 （0，1 ），故選：C【點睛】本題考查拋物線的標準方程和簡單性質的應用，拋物線 x22py 的焦點坐標為（0，p2），屬基礎題2.命題“x01，使得x

2、010”的否定為（）A. x01，使得x010 B. x1，x10C. x01，使得x010 D. x1，x10【答案】D【解析】【分析】直接利用特稱命題的否定是全稱命題寫出結果即可【詳解】因為全稱命題的否定是全稱命題，所以命題p“x01，使得x010“，則p為x1，x10故選：D【點睛】本題考查命題的否定，特稱命題與全稱命題的否定關系，屬于對基本知識的考查3.橢圓E：x29+y24=1的焦點為F1，F(xiàn)2，點P在E上，|PF1|2|PF2|，則PF1F2的面積為（）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】B【解析】【分析】由已知得|PF2|2，判斷三角形的形狀，由此能求出PF1F2的面積

3、【詳解】橢圓E：1的焦點為F1、F2，點P在橢圓上，|PF1|2|PF2|，|PF1|+|PF2|6，|PF1|4，|PF2|2，F(xiàn)1（，0），F(xiàn)2（，0），|F1F2|25，三角形PF1F2是直角三角形PF1F2的面積為S4故選：B【點睛】本題考查三角形的面積的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意橢圓性質的合理運用4.圓錐的底面半徑為1，高為，則圓錐的表面積為（）A. B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】先得出母線的長，再根據(jù)圓錐表面積公式計算【詳解】圓錐的底面半徑為1，高為，則母線長l=12+(3)2=2圓錐的表面積SS底面+S側面r2+rl+23故選：C【點睛】本題考

4、查了圓錐表面積的計算屬于基礎題5.雙曲線：x2a2-y24=1的實軸長為6，則的漸近線方程為（）A. y13x B. y3x C. y23x D. y【答案】C【解析】【分析】通過雙曲線的實軸長求出a，利用雙曲線的標準方程，求解漸近線方程即可【詳解】雙曲線：1的實軸長為6，可得a3，所以的漸近線方程為：y=23x故選：C【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，是基本知識的考查6.設，為兩個不同的平面，m，n為兩條不同的直線，則下列命題中正確的為（）A. 若mn，n，則m B. 若m，n，則mnC. 若，m，則m D. 若m，m，則【答案】D【解析】【分析】在A中，m與相交、平行或m；在B中，m

5、與n平行或異面；在C中，m與相交、平行或m；在D中，由面面垂直的判定定理得【詳解】由，為兩個不同的平面，m，n為兩條不同的直線，得：在A中，若mn，n，則m與相交、平行或m，故A錯誤；在B中，若m，n，則m與n平行或異面，故B錯誤；在C中，若，m，則m與相交、平行或m，故C錯誤；在D中，若m，m，則由面面垂直的判定定理得，故D正確故選：D【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題7.“m2”是“直線2x+（m2）y+30與直線（6m）x+（2m）y50垂直”的（）A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件C.

6、 充要條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】求出直線垂直的等價條件，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】若直線2x+（m2）y+30與直線（6m）x+（2m）y50垂直，則2（6m）+（m2）（2m）0，得122mm2+4m40，即m22m80，得（m+2）（m4）0，得m4或m2，則m2是“直線2x+（m2）y+30與直線（6m）x+（2m）y50垂直”的充分不必要條件，故選：A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合直線垂線的等價條件求出m的范圍是解決本題的關鍵8.三棱柱ABCA1B1C1的體積為3，點M在棱AA1上，則四棱錐MBCC1B1的體積為

7、（）A. B. 1 C. 2 D. 不能確定【答案】C【解析】【分析】利用，即可得出結論.【詳解】由題意，VMBCC1B1=VABC-A1B1C1-VM-A1B1C1-VM-ABC=23VABC-A1B1C1=2故選：C【點睛】本題考查棱柱、棱錐的體積，考查學生的計算能力，比較基礎.9.點P的坐標（x，y）滿足方程，點B（0，1），則|PB|的最大值為（）A. 1 B. 3 C. 10 D. 2【答案】C【解析】【分析】利用兩點間距離公式，結合橢圓方程，轉化求解即可【詳解】點P的坐標（x，y）滿足方程x28+y24=1，點B（0，1），則|PB|=x2+(y-1)2=8-2y2+y2-2y+1

8、=-y2-2y+9=-(y+1)2+1010，當且僅當y1時，表達式取得最大值故選：C【點睛】本題考查直線與橢圓的位置關系的應用，二次函數(shù)的最值的求法，考查計算能力10.某空間幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積為（）A. +2 B. 2+2 C. +4 D. 2+4【答案】A【解析】【分析】判斷幾何體的形狀，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的體積即可【詳解】由題意可知幾何體是一個半圓柱與一個三棱柱最長的幾何體，如圖：幾何體的體積為：2+故選：A【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵11.已知雙曲線C：的兩個頂點分別為A，B，點P是C上異于A，B的一點，直線PA，P

9、B的傾斜角分別為，若cos(+)cos(-)=-23，則C的離心率為（）A. B. C. 5 D. 6【答案】D【解析】【分析】設出雙曲線的頂點A，B的坐標，P（m，n），代入雙曲線方程，運用直線的斜率公式和兩角和差的余弦公式，以及弦化切的方法，求得PA，PB的斜率之積，再由離心率公式計算可得所求值【詳解】雙曲線C：1（a0，b0）的兩個頂點分別為A（a，0），B（a，0），點P（m，n）是C上異于A，B的一點，可得m2a2-n2b2=1，即有，設k1tan，k2tan=nm-a，k1k2tantan=n2(m-a)(m+a)=n2m2-a2=b2a2，若cos(+)cos(-)=-23，則，

10、解得tantan5，即b25a2，可得雙曲線的離心率為e=ca=1+b2a2=6故選：D【點睛】本題考查雙曲線的方程和性質，主要是離心率的求法，考查直線的斜率公式的應用和兩角的和差的余弦公式的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題12.在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCA22，AA14，D為A1B1的中點，E為棱BB1上的點，AB1平面C1DE，且B1，C1，D，E四點在同一球面上，則該球的表面積為（）A. 9 B. 11 C. 12 D. 14【答案】A【解析】【分析】由題意，AA1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，ABBCCA22，底面是正的三角形D

11、為A1B1的中點，E為棱BB1上的點，AB1平面C1DE，求E為棱BB1上的位置，在求解B1C1DE三棱錐的外接球即可得球的表面積【詳解】由題意，AA1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，ABBCCA22，底面是正三角形AB1=26，sinAB1B那么DB1，AB1平面C1DE，AB1DE，D為A1B1的中點，E為棱BB1上的點，DEAB1M，ABB1EB1M那么：EB11則在DB1C1E三棱錐中：B1C12，C1D=2，EC13，DE，B1D=2EB1平面DB1C1，底面DB1C1是直角三角形，球心在EC1在的中點上，R球的表面積S4R29故選：A【點睛】本題考查球的表面積的求法

12、，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填寫在題中橫線上。13.過A（a，4），B（1，2）兩點的直線的斜率為1，則a_【答案】1【解析】【分析】根據(jù)題意，由直線的斜率公式可得k1，解可得a的值，即可得答案【詳解】根據(jù)題意，過A（a，4），B（1，2）兩點的直線的斜率為1，則有k=4-2a+1=1，解可得a1，故答案為：1【點睛】本題考查兩點間連線的斜率計算，關鍵是掌握直線的斜率計算公式，屬于基礎題14.直線3x+y+10，與圓C：x2+（y1）24相交于A，B兩點，則ACB_【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，由圓的方程可得圓

13、的圓心與半徑，求出圓心到直線AB的距離，進而求得弦長，在三角形中，由三邊關系可得答案【詳解】圓C：x2+（y1）24的圓心坐標為（0，1），半徑為2，圓心到直線3x+y+10的距離d則|AB|=24-1=23，cosACB=4+4-12222=-12，則ACB120故答案為：120【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，考查利用余弦定理求角，是基礎題15.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，底面ABCD是正方形，AB2，A1A4，M為A1A的中點，則異面直線AD1與BM所成角的余弦值為_【答案】105【解析】【分析】連接BC1，則BC1AD1，可得MBC1為異面直線AD1

14、與BM所成角，由已知求解三角形MBC1 的三邊長，再由余弦定理求異面直線AD1與BM所成角的余弦值【詳解】如圖，連接BC1，則BC1AD1，MBC1為異面直線AD1與BM所成角，在正四棱柱AC1中，由AB2，A1A4，M為A1A的中點，得BM=22，BC1=25，MC1=22+(22)2=23在MBC1中，由余弦定理得：cosMBC1=(22)2+(25)2-(23)222225=105故答案為：105【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，考查數(shù)學轉化思想方法，是基礎題16.直線yx2與拋物線y22x交于A，B兩點，O為坐標原點，則過A，B，O三點的圓的方程為_【答案】【解析】【分析】聯(lián)立直線

15、方程和拋物線方程利用設出A，B的坐標，利用根與系數(shù)之間的關系，利用數(shù)量積的坐標公式計算OAOB=0，求出AB中點坐標得到圓心坐標，然后求解圓的方程【詳解】設A（x1，y1 ），B（x2，y2），則OAOB=（x1，y1）（x2，y2）x1x2+y1y2，由，解得y22y40或x26x+40，所以x1x24，y1y24，x1+x26，y1+y22，AB的中點坐標（3，1），所以x1x2+y1y24+40過A，B，O三點的圓是以AB為直徑的圓，圓的半徑為：9+1=10，過A，B，O三點的圓的方程為：（x3）2+（y1）210故答案為：（x3）2+（y1）210【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位

16、置關系的應用，常用步驟：將直線和拋物線方程聯(lián)立，利用消元法將方程轉化為一元二次方程，利用根與系數(shù)之間的關系進行整體代換三、解答題本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17.已知命題p：直線3x+4ym0與圓x2+y24x+30有公共點；命題q：方程表示焦點在y軸上的橢圓，若pq為真命題，求實數(shù)m的取值范圍【答案】【解析】【分析】先求得p、q為真時m的范圍，由pq為真命題，得p與q均為真命題，對m的范圍取交集即可；【詳解】解：若p真，則圓心(2，0)到直線3x4ym0的距離d6-m32+421，解得1m11 若q真，則2m612m0，解得2m12由pq為真命題，得p與q

17、均為真命題，得2m11，所以實數(shù)m的取值范圍是2m11【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系和橢圓的簡單性質，命題的真假的判斷，是基本知識的考查18.在直角坐標系xOy中，已知點A（0，3）和B（6，0）（）求線段AB垂直平分線的方程；（）若曲線C上的任意一點P滿足2|PA|PB|，求曲線C的方程【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（）由A，B的坐標求得AB的中點坐標，再求出AB所在直線當斜率，可得AB的垂直平分線的斜率，代入直線方程的點斜式得答案；（）設P（x，y），運用兩點的距離公式，平方化簡可得曲線C的方程【詳解】（）A（0，3），B（6，0），AB的中點坐標為（3，32），線段A

18、B垂直平分線的方程為y-32=2(x-3)，即4x2y90；（）設P（x，y），由2|PA|PB|，可得2x2+(y-3)2=(x-6)2+y2，平方可得4x2+4y224y+36x212x+36+y2，化簡可得x2+y2+4x8y0，則曲線C的方程為圓x2+y2+4x-8y=0【點睛】本題考查軌跡方程的求法，考查直線垂直與斜率的關系，注意運用兩點的距離公式，是中檔題19.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形ACC1A1和BCC1B1均為正方形，且所在平面互相垂直（）求證：BC1AB1；（）求直線BC1與平面AB1C1所成角的大小【答案】（I）詳見解析；（II）30.【解析】【分析】（）

19、由題意建立空間直角坐標系，利用坐標表示向量，求出BC1AB1，即BC1AB1；（）求出平面AB1C1的法向量，再求與BC1所成的角，即可得出直線BC1與平面AB1C1所成的角【詳解】（）由題意，建立空間直角坐標系，如圖所示；設三棱柱ABCA1B1C1的棱長AC1，則C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），A1（1，0，1），B1（0，1，1），C1（0，0，1），BC1=（0，1，1），AB1=（1，1，1），01+10，AB1，即BC1AB1；（）設平面AB1C1的法向量為=（x，y，z），則，y=0x=z，x1，=（1，0，1）；cos，與BC1所成的角是60，直線BC1與平

20、面AB1C1所成的角為30【點睛】本題考查了空間中直線與直線以及直線與平面所成角的大小計算問題，是中檔題20.已知拋物線C：y22px（p0）上的點A（4，t）到其焦點F的距離為5（）求拋物線C的方程；（）過點F作直線l，使得拋物線C上恰有三個點到直線1的距離為2，求直線1的方程【答案】（I）y2=4x；（II）.【解析】【分析】（）由已知列式求出p的值，則拋物線的方程可求；（）由題意可知，當直線l的斜率不存在時，C上僅有兩個點到l的距離為2，不合題意；當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為yk（x1），要滿足題意，需使在含坐標原點的弧上有且只有一個點P到直線l的距離為2，且過點P的直線l平行

21、yk（x1）且與拋物線C相切設切線方程為ykx+m，與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式為0可得m與k的關系，再由F到直線yk（x1）的距離為2求得k值，則直線l的方程可求【詳解】（）由拋物線的定義可知|AF|d45，解得：p2，故拋物線的方程是：y24x；（）由題意可知，當直線l的斜率不存在時，C上僅有兩個點到l的距離為2，不合題意；當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為yk（x1），要滿足題意，需使在含坐標原點的弧上有且只有一個點P到直線l的距離為2，且過點P的直線l平行yk（x1）且與拋物線C相切設切線方程為ykx+m，代入y24x，可得k2x2+（2km4）x+m20由（2km4）24k2m2

22、0，得km1由|k+m|k2+1=2，整理得：3k22kmm2+40即3k2-1k2+2=0，解得，即k因此，直線方程為y【點睛】本題考查拋物線的簡單性質，考查直線與拋物線位置關系的應用，是中檔題21.在四棱錐PABCD中，DA平面PAB，DCAB，DADC2，ABAP4，PAB120，M為PB中點（）求證：CM平面PAD；（）求二面角MACB的余弦值【答案】（I）詳見解析；（II）.【解析】【分析】（）取AB中點O，連接CO，MO，可得邊形AOCD為平行四邊形，得到COAD，由線面平行的判定可得CO平面PAD；再證明MOPA，得到OM平面PAD，由面面平行的判定可得平面COM平面PAD，則C

23、M平面PAD；（）由DA平面PAB，可得平面PAB平面ABCD，由已知可得MAB60，MOA60，取AO中點G，連接MG，則MGAO，過G作GHAC，垂足為H，連接MH，則MHG為二面角MACB的平面角，求解三角形得答案【詳解】（）證明：取AB中點O，連接CO，MO，DCAB，AODC，可得四邊形AOCD為平行四邊形，則COAD，AD平面PAD，CO平面PAD，CO平面PAD；M為PB中點，O為AB中點，則MOPA，PA平面PAD，OM平面PAD，OM平面PADCOOMO，平面COM平面PAD，則CM平面PAD；（）解：由DA平面PAB，DA平面ABCD，可得平面PAB平面ABCD，PAB120，PAAB，M為PB的中點，則MAB60，MOA60，取AO中點G，連接MG，則MGAO，過G作GHAC，垂足為H，連接MH，則MHG為二面角MACB的平面角，在等邊三角形AMO中，由AODC2，可得MG，HG=2，得MHcosMHG=