1、海南省文昌市2020學年高二數(shù)學上學期期中試題 理（完成時間：120分鐘，滿分：150分）本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，答案寫在答題卡上。第卷（選擇題，共60分）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1設(shè)平面的法向量為(1,2，2)，平面的法向量為(2，4，k)，若，則k ()A2B4C4D22已知命題p：1x|(x2)(x2)0；命題q：0. 下列判斷正確的是 ()Ap假q真B“pq為真”C“pq為真”Dp假q假3aR，| a |4成立的一個必要不充分條件是()Aa4 B| a |3 Ca 216 D0 a 0)與雙

2、曲線=1(a0,b0)的兩條漸近線分別交于兩點A,B(A,B異于原點),拋物線的焦點為F.若雙曲線的離心率為2,|AF|=7,則p=()A3B6C12D42第卷（非選擇題，共90分）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13已知a，b，c都是實數(shù)，則在命題“若ab，則ac2bc2”與它的逆命題、否命題、逆否命題這四個命題中，真命題的個數(shù)是_.14與雙曲線有共同的漸近線，且過點(2，2)的雙曲線的標準方程是 15過拋物線y28x的焦點，作傾斜角為45的直線，則被拋物線截得的弦長為 16如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M，N分別在AB1，BC1上，且AM=AB1，BN=B

3、C1，則下列結(jié)論：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；BD1MN. 其中正確命題的序號是_.(寫出所有正確命題的序號)三、解答題（本大題共6小題，共70分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17(本小題滿分10分) 如圖,在四棱錐P-ABCD中，PC平面ABCD，PC=2，在四邊形ABCD中，B=C=90，AB=4，CD=1，點M在PB上，PB=4PM，PB與平面ABCD成30的角.求證：（1）CM平面PAD；（2）平面PAB平面PAD.18(本小題滿分12分) 若F1、F2分別是橢圓1(ab0)的左、右焦點，P是該橢圓上的一個動點，且|PF1|PF2|4，|F1F2

4、|2.（1）求出這個橢圓的方程；（2）是否存在過定點N(0，2)的直線l與橢圓交于不同的兩點A、B，使(其中O為坐標原點)？若存在，求出直線l的斜率k；若不存在，說明理由19(本小題滿分12分) 如圖，在四棱錐 PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60，側(cè)面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M為PB的中點（1）求證：PA平面CDM；（2）求二面角 DMCB的余弦值20(本小題滿分12分) 設(shè)P是圓x2y225上的動點，點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|PD|.（1）當P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程；（2）求過點(3，0)且斜率為的直線被C所截線段的長度

5、21(本小題滿分12分) 如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E為棱AA1的中點（1）證明B1C1CE；（2）求二面角B1CEC1的正弦值；（3）設(shè)點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長22(本小題滿分12分) 如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：xy20，拋物線C：y22px(p0)（1）若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程；（2）已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點P和Q.求證：線段PQ的中點坐標為(2p，p)；求p的取值范圍第卷（選擇題，共60分）一、選

6、擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)題號123456789101112答案CBADDCADCABB第卷（非選擇題，共90分）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分、解答題（本大題共6小題，滿分70分）17證明：如圖建立空間直角坐標系C-xyz.因為PC平面ABCD， 所以PBC為PB與平面ABCD所成的角，1分所以PBC=30，因為PC=2，所以BC=2，PB=4，所以D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M， 2分所以（1）設(shè)n=(x，y，z)為平面PAD的一個法向量，所以 即 令y=2，得n=(-，2，1).

7、4分因為n=-+20+1=0，所以n. 又CM平面PAD，所以CM平面PAD. 6分（2）如圖，取AP的中點E，連接BE，則E(，2，1)， =(-，2，1). 因為PB=AB， 所以BEPA. 又因為=(-，2，1)(2，3，0)=0， 8分所以.所以BEDA. 又PADA=A，所以BE平面PAD.又因為BE平面PAB，所以平面PAB平面PAD. 10分18解：（1）依題意，得2a4，2c2，所以a2，c，b1.橢圓的方程為y21. 4分 （2）顯然當直線的斜率不存在，即x0時，不滿足條件 5分設(shè)l的方程為ykx2，由A、B是直線l與橢圓的兩個不同的交設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由

8、消去y并整理，得(14k2)x216kx120. 7分(16k)24(14k2)1216(4k23)0，得k2. 8分x1x2，x1x2， 9分，0，x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)x1x2k2x1x22k(x1x2)4(1k2)x1x22k(x1x2)4 11分(1k2)2k40，k24.由可知k2，所以，存在斜率k2的直線l符合題意12分19（1）證：取DC的中點O，連接PO，OA，因為側(cè)面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD. 1分所以PO底面ABCD，因為底面ABCD為菱形且ADC60，DC2，DO1，則OADC. 2分以O(shè)原點，分別以O(shè)A，OC，OP所在直線為x軸

9、、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz，則A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，C(0，1，0)，D(0，1，0)，所以M， 4分所以，(，0，)，(0，2，0)，所以02()0，002()00，所以，所以PA平面DMC. 7分（2）解：，(，1，0)，設(shè)平面B MC的法向量為n(x，y，z)，由n0，得xz0，由n0，得xy0.取x1，則y，z1，所以一個法向量n(1，1) 9分由(1)知，平面CDM的一個法向量可取(，0，)所以cosn，. 11分觀察可知二面角 DMCB為鈍角，所以所求二面角的余弦值是. 12分20解：（1）設(shè)M的坐標為(x，y)，P的坐標為(xP，y

10、P)，由已知得P在圓上，x2225，即C的方程為1. 5分（2）過點(3，0)且斜率為的直線方程為y(x3)， 6分設(shè)直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80. 9分x1，x2.線段AB的長度為|AB|. 12分21如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0) 2分（1）證：易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE. 3分（2）解：(1，2，1)設(shè)平面B1CE的法向量m(x，y，z)，則即消去x，得

11、y2z0，不妨令z1，可得一個法向量為m(3，2，1) 由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)為平面CEC1的一個法向量 6分于是cosm， 7分從而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值為. 8分（3）(0，1，0)，(1，1，1)，設(shè)(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)為平面ADD1A1的一個法向量 設(shè)為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sin |cos，| ， 10分于是，解得(負值舍去)， 11分所以AM. 12分22（1）解：拋物線C：y22px(p0)的焦點為， 2分由點在直線l：xy20上，得020，即p4.所以拋物線C的方程為y28x. 4分（2）設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點M(x0，y0)因為點P和Q關(guān)于直線l對稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為1，則可設(shè)其方程為yxb.證明：由消去x得y22py2pb0.(*) 8分因為P和Q