1、2019-2020学年山西省运城市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）双曲线1的焦距为（）A10BCD52（5分）设直线l1的方向向量为（1，2，2），l2的方向向量为（2，3，m），若l1l2，则m的值为（）A1B2CD33（5分）命题“在ABC中，若sinA，则A30”的否命题是（）A在ABC中，若sinA，则A30B在ABC中，若sinA，则A30C在ABC中，若 sinA，则A30D在ABC中，若A30，则sinA4（5分）已知命题p：“a1”是“直线l1：ax+2y40与l2：
2、x+（a+1）y+20平行”的充要条件；命题q：对任意xR，总有2n0则下列命题为真命题的是（）A（p）（q）Bp（q）CpqD（p）q5（5分）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A若，m，n，则mnB若，m，则mC若，m，n，则mnD若，m，则m6（5分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，DAD145，CDC130，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是（）ABCD7（5分）圆C1：x2+y24x+30与圆C2：（x+1）2+（ya）216恰有两条公切线，则实数a的取值范围是（）A4，4B（4，4）C（4，0）（0，4）D4，0）（0，48（5分
3、）过焦点为F的抛物线y212x上一点M向其准线作垂线，垂足为N，若|NF|10，则|MF|（）ABCD9（5分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，ACB90，BCCC11，P为BC1上的动点，则CP+PA1的最小值为（）ABC5D10（5分）我国古代九章算术）将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童如图是一个刍童的三视图，其中正视图与侧视图为全等的等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（）A72BCD10411（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且与x轴垂直的直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A、B两点，若双曲线上存在一点P使得|
4、PM|+|PF2|t，则t的最小值为（）ABCD12（5分）在棱长为1的正四面体ABCD中，E是BD上一点，3，过E作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为（）ABCD二、填空题13（5分）无论m取何值，直线x+my4m10恒过定点 14（5分）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，各棱长都等于2，且BAA1DAA1BAD60，则AC1的长为 15（5分）已知抛物线C：y26x，直线l过点P（2，2），且与抛物线C交于M，N两点，若线段MN的中点恰好为点P，则直线l的斜率为 16（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，若以F2为圆心，bc为半径作圆F2，过椭圆上一点P作此圆的
5、切线切点为T，且|PT|的最小值为，则椭圆的离心率e的取值范围是 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（10分）已知p：x28x200；q：x22mx3m20（m0），且p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围18（12分）已知线段AB的端点B的坐标是（2，0），端点A在圆（x+2）2+y216上运动，M是线段AB的中点（1）求动点M的轨迹方程（2）已知点C（2，2），D（2，6），E（4，2），求|MC|2+|MD|2+|ME|2的最大值和最小值19（12分）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，C
6、D4，M为CE的中点（I）求证：BM平面ADEF；（）求证：平面BDE平面BEC20（12分）已知平面上动点P到定点F（2，0）的距离比P到直线x1的距离大1记动点P的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）过点（2，0）的直线l交曲线C于A、B两点，点A关于x轴的对称点是D，证明：直线BD恒过点F21（12分）如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCDAD2，BD2M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC（1）证明：PQAD；（2）若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小22（12分）已知椭圆1（ab0），A（2，0）是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，
7、点C在第一象限，且0，|（1）求椭圆的标准方程；（2）设P、Q为椭圆上不重合的两点且异于A、B，若PCQ的平分线总是垂直于x轴，问是否存在实数，使得？若不存在，请说明理由；若存在，求的最大值2019-2020学年山西省运城市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）双曲线1的焦距为（）A10BCD5【分析】在双曲线的标准方程下，由其性质c2a2+b2，易于求得c，而双曲线的焦距是2c，则问题解决【解答】解：由题意得c2a2+b216+925，所以c5，则双曲线的焦距为2c10
8、故选：A【点评】本题考查双曲线的标准方程与性质2（5分）设直线l1的方向向量为（1，2，2），l2的方向向量为（2，3，m），若l1l2，则m的值为（）A1B2CD3【分析】由l1l2，可得两条直线的方向向量垂直，因此其数量积为0【解答】解：l1l2，（1，2，2）（2，3，m）0，化为2+62m0，解得m2故选：B【点评】熟练掌握向量垂直与数量积的关系是解题的关键3（5分）命题“在ABC中，若sinA，则A30”的否命题是（）A在ABC中，若sinA，则A30B在ABC中，若sinA，则A30C在ABC中，若 sinA，则A30D在ABC中，若A30，则sinA【分析】根据否命题的定义直接写
9、出“在ABC中，若sinA，则A30”的否命题即可得到答案【解答】解：因为原命题为“在ABC中，若sinA，则A30所以它的否命题为“在ABC中，若 sinA，则A30故选：C【点评】本题考查四种命题的定义，解题的关键是理解四种命题的定义及其形式上的关系4（5分）已知命题p：“a1”是“直线l1：ax+2y40与l2：x+（a+1）y+20平行”的充要条件；命题q：对任意xR，总有2n0则下列命题为真命题的是（）A（p）（q）Bp（q）CpqD（p）q【分析】推导出命题p是真命题；命题q是真命题，从而pq是真命题，【解答】解：a1时，直线l1：ax+2y40的斜率k1，l2：x+（a+1）y+
10、20的斜率k2，k1k2，l1l2；当l1l2时，解得a1命题p：“a1”是“直线l1：ax+2y40与l2：x+（a+1）y+20平行”的充要条件，是真命题；命题q：对任意xR，总有2n0是真命题，pq是真命题，故选：C【点评】本题考查真命题的判断，考查复合命题的真假判断、直线与直线平行的性质、指数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题5（5分）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A若，m，n，则mnB若，m，则mC若，m，n，则mnD若，m，则m【分析】A由，m，n，可得mn或为异面直线，即可判断出正误；B利用面面平行、线面垂直的判定定理即可判断
11、出正误；C由，m，n，可得m与n不一定垂直，即可判断出正误；D由，m，可得m或m，即可判断出正误【解答】解：A若，m，n，则mn或为异面直线，因此不正确；B若，m，则m，因此正确；C若，m，n，则m与n不一定垂直，因此不正确；D若，m，则m或m，因此不正确故选：B【点评】本题考查了空间位置关系的判定、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6（5分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，DAD145，CDC130，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是（）ABCD【分析】先将D1A平移到C1B，得到的锐角DC1B就是异面直线所成的角，在三角形DC1B中再利用余弦定理求出此
12、角即可【解答】解：如图设AD1，则D1D1，C1D2，DC1，BC1将D1A平移到C1B，则DC1B是异面直线AD1与DC1所成角BD2，C1B，DC12cosDC1B故选：A【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题7（5分）圆C1：x2+y24x+30与圆C2：（x+1）2+（ya）216恰有两条公切线，则实数a的取值范围是（）A4，4B（4，4）C（4，0）（0，4）D4，0）（0，4【分析】根据两圆恰有两条公切线时两圆相交，即圆心距|C1C2|满足Rr|C1C2|R+r，列不等式组求出a的取值范围【解答】解：圆C1：x2+y24x+30
13、化为（x2）2+y21；与圆C2：（x+1）2+（ya）216恰有两条公切线，则两圆相交；由圆心C1（2，0），半径r1，圆C2（1，a），半径R4，则|C1C2|，若两圆相交，则满足rR|C1C2|R+r，即35，所以9a2+925，化简得0a216，解得4a4且a0；所以实数a的取值范围是（4，0）（0，4）故选：C【点评】本题考查了圆与圆位置关系的判断问题，结合公切线条数判断两圆相交是解题的关键8（5分）过焦点为F的抛物线y212x上一点M向其准线作垂线，垂足为N，若|NF|10，则|MF|（）ABCD【分析】设M（x0，y0），F（3，0）由|NF|10，可得62+102，12x0，联
14、立解出即可得出【解答】解：设M（x0，y0），F（3，0）|NF|10，62+102，12x0，解得x0，则MF|+3故选：B【点评】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9（5分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，ACB90，BCCC11，P为BC1上的动点，则CP+PA1的最小值为（）ABC5D【分析】连A1B，沿BC1将CBC1展开与A1BC1在同一个平面内，不难看出CP+PA1的最小值是A1C的连线，由余弦定理即可求解【解答】解：连A1B，沿BC1将CBC1展开与A1BC1在同一个平面内，如图所示，连A1C，则A
15、1C的长度就是所求的最小值BC1，A1C1，A1B，通过计算可得A1C1P90又BC1C45A1C1C135由余弦定理可求得A1C5故选：C【点评】本题考查棱柱的结构特征，余弦定理的应用，考查学生的计算能力，是中档题10（5分）我国古代九章算术）将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童如图是一个刍童的三视图，其中正视图与侧视图为全等的等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（）A72BCD104【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的表面积【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：如图所示：所以该几何体的表面积为：S40+32故选：B【点评】本题考查的知识要点
16、：首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的表面积，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11（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且与x轴垂直的直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A、B两点，若双曲线上存在一点P使得|PM|+|PF2|t，则t的最小值为（）ABCD【分析】设出双曲线的焦点和渐近线方程，令xc，解得y，可得|AB|，由双曲线的基本量的关系，解得a，b，c，可得双曲线的方程，讨论P在左支和右支上，运用双曲线的定义，结合三点共线的性质，结合两点的距离公式，即可得到所求最小值【解答】解：双曲线的左、右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），渐近线
17、方程为yx，令xc，解得y，可得|AB|，|AB|3，即有3，由a2，c2a2+b2，解得b，c3，即有双曲线的方程为，由题意可知若P在左支上，由双曲线的定义可得|PF2|2a+|PF1|，|PM|+|PF2|PM|+|PF1|+2a|MF1|+4+45+4，当且仅当M，P，F1共线时，取得最小值4+5；若P在右支上，由双曲线的定义可得|PF2|PF1|2a，|PM|+|PF2|PM|+|PF1|2a|MF1|454，当且仅当M，P，F1共线时，取得最小值54综上可得，所求最小值为54故选：D【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程的运用，以及定义法，考查转化思想和三点共线取
18、得最小值的性质，考查运算能力12（5分）在棱长为1的正四面体ABCD中，E是BD上一点，3，过E作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为（）ABCD【分析】根据题意，将四面体ABCD放置于如图所示的正方体中，则正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球因此利用题中数据算出外接球半径R，当球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值【解答】解：将四面体ABCD放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球，正四面体ABCD的棱长为1，正方体的棱长为，可得外接球半径R满足2R，RE是BD上一点，3，当球心O到截面的距离最
19、大时，截面圆的面积达最小值，此时球心O到截面的距离等于OE，cosODB，OD，DE，OE2，则所得截面半径最小值为所得截面面积的最小值为故选：B【点评】本题给出正四面体的外接球，求截面圆的面积最小值着重考查了正方体的性质、球内接多面体和球的截面圆性质等知识，属于中档题二、填空题13（5分）无论m取何值，直线x+my4m10恒过定点（1，4）【分析】先在直线的方程中分离参数，再利用参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线经过定点的坐标【解答】解：直线x+my4m10，即 x+m（y4）10，令y40，求得x1，y4，可得该直线恒过定点（1，4），故答案为：（1，4）【点评】本题主要考查直线经
20、过定点问题，属于基础题14（5分）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，各棱长都等于2，且BAA1DAA1BAD60，则AC1的长为【分析】推导出，从而+2|cos60+，由此能求出AC1的长【解答】解：在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，各棱长都等于2，BAA1DAA1BAD60，+2|cos60+4+4+4+4+4+424，AC1的长为：2故答案为：2【点评】本题考查线段长的求法，考查向量加法法则、向量夹角公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题15（5分）已知抛物线C：y26x，直线l过点P（2，2），且与抛物线C交于M，N两点，若线段MN的中点恰好为点P，则直线l的斜率为【分析
21、】将点的坐标代入抛物线方程，用点差法求出直线的斜率【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意可得：y1+y2224，将点代入抛物线方程：，两式相减：y12y226（x1x2），整理，所以直线l的斜率为；故答案为：【点评】考查过中点弦的斜率的求法，所以基础题16（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，若以F2为圆心，bc为半径作圆F2，过椭圆上一点P作此圆的切线切点为T，且|PT|的最小值为，则椭圆的离心率e的取值范围是【分析】利用切线的性质和勾股定理可得|PT|，利用椭圆的性质可得|PF2|的最小值为ac，再利用题意可|PT|的最小值为，即可得出离心率e 满足的不等式，再利
22、用bc，可得b2c2，即a2c2c2，又得出e满足的不等式，联立解出即可【解答】解：当P点位于椭圆的右顶点的位置的时候，|PF2|最小值，且最小值为|PF2|ac|PT|，（ac）24（bc）2，ac2（bc），a+c2b，（a+c）24（a2c2），化为5c2+2ac3a20，即5e2+2e30解得e可得1bc，b2c2，a2c2c2，a22c2，解得由解得故椭圆离心率的取值范围为故答案为【点评】熟练掌握椭圆的性质、离心率的计算公式、圆的切线的性质、勾股定理、一元二次不等式的解法是解题的关键三、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（10分）已知p：x2
23、8x200；q：x22mx3m20（m0），且p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围【分析】由p得：2x10由m0，由q得：mx3m根据p是q的充分不必要条件，即可得出m的取值范围【解答】解：由p得：2x10m0，由q得：mx3mp是q的充分不必要条件，则（等号不同时成立），解得所以实数m的取值范围为【点评】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题18（12分）已知线段AB的端点B的坐标是（2，0），端点A在圆（x+2）2+y216上运动，M是线段AB的中点（1）求动点M的轨迹方程（2）已知点C（2，2），D（2，6），E（4，2），求|MC|2+|
24、MD|2+|ME|2的最大值和最小值【分析】（1）设点M的坐标为（x，y），则点A的坐标为（2x2，2y），点A在圆（x+2）2+y216，代入圆的方程求解即可（2）设点M的坐标为（x，y），则|MC|2+|MD|2+|ME|24y+80，结合2y2，求解最值即可【解答】解：（1）设点M的坐标为（x，y），则点A的坐标为（2x2，2y），因为点A在圆（x+2）2+y216，代入圆的方程得（2x）2+（2y）216，化简得x2+y24即动点M的轨迹方程为x2+y24（x2）（也可用定义法）（2）设点M的坐标为（x，y），则|MC|2+|MD|2+|ME|2（x+2）2+（y+2）2+（x+2）2
25、+（y6）2+（x4）2+（y+2）24y+80，因为2y2，所以当y2时，|MC|2+|MD|2+|ME|2取最大值88；当y2时，|MC|2+|MD|2+|ME|2取最小值72【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题19（12分）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，M为CE的中点（I）求证：BM平面ADEF；（）求证：平面BDE平面BEC【分析】（I）取DE中点N，连接MN，AN，由三角形中位线定理易得，四边形ABMN为平行四边形，即BMAN，再由线面平行的判定定理即可得到BM
26、平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，我们易得到EDBC，解三角形BCD，可得BCBD，由线面垂直的判定定理，可得BC平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE平面BEC【解答】证明：（I）取DE中点N，连接MN，AN在EDC中，M，N分别为EC，ED的中点MNCD，且MNCD，由已知中ABCD，ABAD2，CD4，MNAB，且MNAB四边形ABMN为平行四边形BMAN又AN平面ADEFBM平面ADEFBM平面ADEF（II）ADEF为正方形EDAD又正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，且E
27、D平面ADEFED平面ABCDEDBC在直角梯形ABCD中，ABAD2，CD4，可得BC2在BCD中，BDBC2，CD4BCBDBC平面BDE又BC平面BEC平面BDE平面BEC【点评】本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，熟练掌握空间中直线与平面平行和空间的判定、性质、定义是解答本题的关键20（12分）已知平面上动点P到定点F（2，0）的距离比P到直线x1的距离大1记动点P的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）过点（2，0）的直线l交曲线C于A、B两点，点A关于x轴的对称点是D，证明：直线BD恒过点F【分析】（1）由距离的关系转化为距离相等，再由抛物线的定义可知求
28、出为抛物线，并且可知抛物线的焦点坐标，进而求出抛物线的方程；（2）设直线l的方程及A，B的坐标，由题意可得D的坐标，将直线l与抛物线联立求出两根之和及两根之积，再求直线BD的方程，令y0求出横坐标，正好为焦点F的坐标，即证了直线BD过F点【解答】解（1）不难发现，点P在直线x1的右侧，P到F（2，0）的距离等于P到直线x2的距离P的轨迹为以F（2，0）为焦点，以x2为准线的抛物线，曲线C的方程为y28x（2）设直线l的方程为xmy2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得y28my+160，64m2640，解得m1或m1y1+y28m，y1y216又点A关于x轴的对称点为D，D（x1，y
29、1），则直线BD的方程为，即，令y0，得直线BD恒过定点（2，0），而点F（2，0），即直线BD恒过点F【点评】考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，属于中档题21（12分）如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCDAD2，BD2M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC（1）证明：PQAD；（2）若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小【分析】（1）如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系xyz，求出点C的坐标为（x0，y0，0），求出Q的坐标，表示出以，用数量积为0证明即可；（2）求出为平面BMC的一个法向量，
30、平面BDM的一个法向量为（1，0，0），二面角CBMD的大小为60，求出C的坐标，再求出BDC即可【解答】解：（1）证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系xyz，由题意知A（0，2），B（0，D（0，0），设点C的坐标为（x0，y0，0），因为，所以因为点M为AD的中点，故又点P为BM的中点，故所以，所以DAPQ；（2）解：设（x，y，z）为平面BMC的一个法向量由，由，取y1，得，又平面BDM的一个法向量为（1，0，0），于是|cos|，即，又BCCD，所以，故即联立，解得（舍去）或所以又BDC是锐角，所以BDC60【点评】考查向量法证
31、明线线垂直，向量法求二面角的余弦值及其应该，考查运算能力，中档题22（12分）已知椭圆1（ab0），A（2，0）是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，点C在第一象限，且0，|（1）求椭圆的标准方程；（2）设P、Q为椭圆上不重合的两点且异于A、B，若PCQ的平分线总是垂直于x轴，问是否存在实数，使得？若不存在，请说明理由；若存在，求的最大值【分析】（1）根据题意可知AOC是等腰直角三角形，将A和C点代入椭圆方程，即可求得椭圆方程；（2）分类讨论，设直线PC的方程，求得P点坐标，同理求得Q点坐标，因此可得直线PQ的斜率，所以可得PQAB，利于两点之间的距离公式求得|PQ|的最大值，即可求得的最大
32、值【解答】解：（1）因为，所以ACB90，又因为，即，所以AOC是等腰直角三角形，因为A（2，0），C（1，1），而点C在椭圆上，所以，所求椭圆方程为（2）存在实数，使得成立，且最大值为理由如下：对于椭圆上两点P，Q，因为PCQ的平分线总是垂直于x轴，所以PC与CQ所在直线关于x1对称，kPCk，则kCQk，因为C（1，1），所以PC的直线方程为yk（x1）+1，QC的直线方程为yk（x1）+1，将代入，得（1+3k2）x26k（k1）x+3k26k10，因为C（1，1）在椭圆上，所以x1是方程的一个根，所以，以k替换k，得到因此直线PQ的斜率，因为ACB90，A（2，0），C（1，1），弦BC过椭圆的中心O，所以A（2，0），B（1，1），所以，所以kPQkAB，所以PQAB，所以存实数，使得，当时，即时取等号，又，所以的最大值为【点评】本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式及两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题
浙公网安备33030202001339号