1、2017-2018学年山东省烟台市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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）若命题：p：xR，x3x2+10，则p为（）A不存在xR，x3x2+10BxR，x3x2+10CxR，x3x2+10DxR，x3x2+102（5分）设命题p：若tan1，则；命题q：x0（0，2），则下列命题中假命题的是（）ApqB（p）qC（p）qDp（q）3（5分）有下列四个命题：若平面外一条直线l与平面内一条直线平行，则l平行于平面；“全等三角形的面积相等”的逆命题；“若，则sinsin”的否命题；已知x，y为
2、实数，“若x，y中至少有一个不为0，则x2+y20”的逆否命题所有真命题序号为（）ABCD4（5分）已知在空间四边形ABCD中，则（）ABCD5（5分）在空间直角坐标系中，M（1，2，3），N（1，3，0），向量，若，则x+y（）A4B2C4D26（5分）已知F为抛物线y24x的焦点，P是抛物线上的一个动点，点A的坐标为（5，3），则|PA|+|PF|的最小值为（）A5B6C7D87（5分）已知双曲线过点（1，2），渐近线方程为，则双曲线的标准方程是（）ABCD8（5分）设椭圆和双曲线的公共焦点为F1，F2，P为这两条曲线的一个交点，则|PF1|PF2|的值为（）A3BCD9（5分）已知点P在
3、曲线上移动，则点A（1，0）与点P的中点的轨迹方程是（）ABCD10（5分）二面角l的大小为60，A，B是棱上的两点，AC，BD分别在半平面，内，ACl，BDl，AB2，AC1，BD3，则CD的长度为（）ABCD11（5分）已知x，y（0，+），则“xy0”是“xylnylnx”的（）A充分必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件12（5分）已知抛物线y24x的焦点为F，过点A（3，0）的直线与抛物线交于M，N两点，直线FM，FN分别与抛物线交于点P，Q，设直线PQ与MN的斜率分别为k1，k2，则（）A1B2C3D4二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）1
4、3（5分）已知向量，若，则 14（5分）若命题：“”为假命题，则实数a的取值范围是 15（5分）已知椭圆的右焦点F在圆x2+y2b2外，过F作圆的切线FM交y轴于点P，切点为M，若，则椭圆的离心率为 16（5分）长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12，AD1，E，F分别是AA1，BB1的中点，G是DB上的点，DG2GB，若平面EB1C与平面A1ADD1的交线为l，则l与GF所成角的余弦值为 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平面直角坐标系中，动点M在y轴右侧，且M到F（1，0）F（1，0）的距离比到y轴的距离大1（1）求动点M的轨迹C的方程
5、；（2）若过点F且倾斜角为的直线与曲线C相较于P，Q两点，求线段PQ的长18设P：实数m满足m24am+3a20，其中aR；q：实数m使得方程表示双曲线（1）当a1时，若“pq”为真命题，求m的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围19如图，正方形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，且EM2MD，BN2NA（1）求证：MN平面BEC；（2）若AE2AB，EAB120，求直线MN与平面CDE所成的角的正弦值20如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形，ABCD，AB2，BCDC，BCDCAMDM，四边形BDMN为矩形（1）求证：平面ADM平面ABC
6、D；（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角HADM的大小为？若存在，确定点H的位置并加以证明21已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，该椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的右顶点为D，若平行于BD的直线l与椭圆C相交于顶点的M，N两点，探究直线AM，BN的倾斜角之和是否为定值？若是，求出定值；若否，说明理由22设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知，其中O为坐标原点，e为椭圆的离心率（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在斜率为2的直线l，使得当直线l与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线l的方程；若
7、不存在，说明理由2017-2018学年山东省烟台市高二（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个小题，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）若命题：p：xR，x3x2+10，则p为（）A不存在xR，x3x2+10BxR，x3x2+10CxR，x3x2+10DxR，x3x2+10【分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可求出答案【解答】解：特称命题的否定为全称命题，故命题：p：xR，x3x2+10，则p为xR，x3x2+10，故选：C【点评】本题考查了命题的否定，特称命题与全称命题的关系，属于基础题2（5分）设命题p：若t
8、an1，则；命题q：x0（0，2），则下列命题中假命题的是（）ApqB（p）qC（p）qDp（q）【分析】由tan1，得：k+，（kz），得命题p为假命题，求函数f（x）x+，x（0，2），的值域可判断命题q为真命题，q为假命题，综合可得解【解答】解：由tan1，得：k+，（kz），即命题p为假命题，设f（x）x+，x（0，2），则f（x）2，+），即命题q：x0（0，2），为真命题，则q为假命题，综上知：p（q）为假命题，故选：D【点评】本题考查了复合命题及其真假及解三角方程，属简单题3（5分）有下列四个命题：若平面外一条直线l与平面内一条直线平行，则l平行于平面；“全等三角形的面积相等”的
9、逆命题；“若，则sinsin”的否命题；已知x，y为实数，“若x，y中至少有一个不为0，则x2+y20”的逆否命题所有真命题序号为（）ABCD【分析】由线面平行的判定定理可判断；写出逆命题可判断；由命题的否命题可判断；由原命题的逆否命题可判断【解答】解：若平面外一条直线l与平面内一条直线平行，则l平行于平面，故正确；“全等三角形的面积相等”的逆命题为“两个面积相等的三角形全等”，为假命题，故错误；“若，则sinsin”的否命题为“若，则sinsin”为假命题，故错误；已知x，y为实数，“若x，y中至少有一个不为0，则x2+y20”的逆否命题为“若x2+y20，则xy0”为真命题，故正确故选：D
10、【点评】本题考查四种命题的真假判断和线面平行的判定定理，考查判断能力和推理能力，属于基础题4（5分）已知在空间四边形ABCD中，则（）ABCD【分析】由空间四边形ABCD性质及向量加法法则得（），由此能求出结果【解答】解：在空间四边形ABCD中，（）（）故选：B【点评】本题考查向量求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量加法法则的合理运用5（5分）在空间直角坐标系中，M（1，2，3），N（1，3，0），向量，若，则x+y（）A4B2C4D2【分析】先求出（2，1，3），再由向量，列方程求出x2，y6，由此能求出x+y的值【解答】解：空间直角坐标系中，M（1，2，3），N（1，3，0），（2，
11、1，3），向量，解得x2，y6，x+y264故选：C【点评】本题考查代数式求和，考查平面向量坐标运算、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题6（5分）已知F为抛物线y24x的焦点，P是抛物线上的一个动点，点A的坐标为（5，3），则|PA|+|PF|的最小值为（）A5B6C7D8【分析】设点P在准线上的射影为D，根据抛物线的定义可知|PF|PD|，把问题转化为求|PA|+|PD|取得最小，推出当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，求出即可【解答】解：设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|PD|，要求|PA|+|PF|取得最小值，即求|P
12、A|+|PD|取得最小当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，由A点坐标为（5，3），抛物线y24x的准线方程为x1，故此时|PA|+|PD|AD|5（1）6即|PA|+|PF|的最小值为6故选：B【点评】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用问题，是基础题7（5分）已知双曲线过点（1，2），渐近线方程为，则双曲线的标准方程是（）ABCD【分析】根据题意，设双曲线的方程为（x+y）（xy）（0），代入点（1，2），即可求出双曲线的方程【解答】解：双曲线的渐近线方程为yx，设双曲线的方程为（x+y）（xy）（0），即2x2y2，双曲线过点（1，2），2，2x2y22，即x21故
13、选：B【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程解题的关键是设双曲线的方程为（x+y）（xy）（0）8（5分）设椭圆和双曲线的公共焦点为F1，F2，P为这两条曲线的一个交点，则|PF1|PF2|的值为（）A3BCD【分析】分别求得椭圆和双曲线的a，a，运用椭圆和双曲线的定义，解方程即可得到所求值【解答】解：椭圆+1的a，和双曲线的a，设|PF1|m，|PF2|n，由椭圆的定义可得m+n2，由双曲线的定义可得|mn|2，由22，可得mn3，故选：A【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和运用，考查运算能力，属于基础题9（5分）已知点P在曲线上移动，则点A（1，0）与点P的中点的轨迹方程是（）ABC
14、D【分析】设出点A（1，0）与点P连线中点的坐标，利用中点坐标公式可得P（2x+1，2y），根据动点P在曲线上移动，代入方程即可求得点A（1，0）与点P连线中点的轨迹方程【解答】解：设点A（1，0）与点P连线中点坐标为（x，y），则由中点坐标公式可得P（2x+1，2y），动点P在曲线y2x上移动，（2y）2（2x+1）即y2x+故选：C【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查中点坐标公式，考查代入法的运用，解题的关键是确定动点坐标之间的关系10（5分）二面角l的大小为60，A，B是棱上的两点，AC，BD分别在半平面，内，ACl，BDl，AB2，AC1，BD3，则CD的长度为（）ABCD【分析】推导
15、出，从而（）2+2，由此能求出CD的长度【解答】解：二面角l的大小为60，A，B是棱上的两点，AC，BD分别在半平面，内，ACl，BDl，AB2，AC1，BD3，（）2+21+4+9+213cos12011，CD的长度为|故选：B【点评】本题考查空间中两点间距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题11（5分）已知x，y（0，+），则“xy0”是“xylnylnx”的（）A充分必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】根据题意，设g（t）t+lnt，求出其导数，由函数的导数与函数单调性的关系，分析可得
16、数g（x）t+lnt，在（0，+）上为增函数，据此分析可得“xy0”是“xylnylnx”的充分必要条件，即可得答案【解答】解：根据题意，设g（t）t+lnt，其定义域为（0，+），其导数f（x）1+，又由t0，则f（x）1+0，则函数g（x）t+lnt，在（0，+）上为增函数，若xy0，即xy，函数g（x）x+lnx在（0，+）上为增函数，则有lnx+xlny+y，变形可得xylnylnx，则“xy0”是“xylnylnx”的充分条件；反之：若xylnylnx，即lnx+xlny+y，又由函数g（x）x+lnx在（0，+）上为增函数，则有xy，即xy0，则“xy0”是“xylnylnx”的必
17、要条件；综合可得：“xy0”是“xylnylnx”的充分必要条件；故选：A【点评】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及充分必要条件的判断，注意构造函数，并分析其单调性，属于难题12（5分）已知抛物线y24x的焦点为F，过点A（3，0）的直线与抛物线交于M，N两点，直线FM，FN分别与抛物线交于点P，Q，设直线PQ与MN的斜率分别为k1，k2，则（）A1B2C3D4【分析】设MF的方程是y（x1），与抛物线方程联立，求出P的坐标，同理求出Q的坐标，可得k1，即可求出答案【解答】解：y24x的焦点为F（1，0）设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）MF的方程
18、是y（x1），设k0，则MF：yk0（x1），与抛物线方程联立，可得k02x2（2k02+4）x+k020，利用韦达定理x3x11，x3，y3k0（x31），即P（，），同理Q（，），k1，k2，x1y2x2y13（y2y1），k13k2，故选：C【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查斜率的计算，考查学生的计算能力，属于中档题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）已知向量，若，则1【分析】求出（3，+2，），由此利用，能求出的值【解答】解：向量，（3，+2，），|，解得1故答案为：1【点评】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量的模等基础知识，考查运
19、算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题14（5分）若命题：“”为假命题，则实数a的取值范围是4，0【分析】根据特称命题为假命题，转化为全称命题恒成立进行求解即可【解答】解：若命题：“”为假命题，则xR，axax10恒成立，当a0时，不等式等价为10，此时不等式恒成立，当a0时，要使不等式恒成立，则，即，即4a0，综上4a0，故答案为：4，0【点评】本题主要考查特称命题的应用，利用条件转化为不等式恒成立是解决本题的关键15（5分）已知椭圆的右焦点F在圆x2+y2b2外，过F作圆的切线FM交y轴于点P，切点为M，若，则椭圆的离心率为【分析】设切线方程为：yk（xc），不妨设k0设以OF，OP为邻
20、边的矩形为OFQP根据，可得矩形OFQP为正方形因此c|OF|b，进而得出椭圆的离心率【解答】解：设切线方程为：yk（xc），不妨设k0设以OF，OP为邻边的矩形为OFQP，矩形OFQP为正方形c|OF|b，c22b22（a2c2），化为：2a23c2，解得e故答案为：【点评】本题考查了题意的标准方程及其性质、向量平行四边形法则、矩形与正方形的性质、圆的切线的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题16（5分）长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12，AD1，E，F分别是AA1，BB1的中点，G是DB上的点，DG2GB，若平面EB1C与平面A1ADD1的交线为l，则l与GF所成角的余弦值为【
21、分析】由题意，平面EB1C与平面A1ADD1的交线为l，因为A1ADD1与CBC1B1平行，交线为l其实就是B1C求解B1C与GF所成角的余弦值即可！【解答】解：由题意，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12，AD1，E，F分别是AA1，BB1的中点，G是DB上的点，DG2GB，平面EB1C与平面A1ADD1的交线为l，因为A1ADD1与CBC1B1平行，交线为l其实就是B1C即B1C与GF所成角为GFMcosMBD过F作B1C的平行线，交BC与MM为中点可得FMB1CDG2GB，GBBD余弦定理：GM2BG2+BM22GBBMcosMBDGF2BG2+BF2在GFM余弦定理：cosGFM
22、得l与GF所成角的余弦值为 故答案为【点评】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养三、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平面直角坐标系中，动点M在y轴右侧，且M到F（1，0）F（1，0）的距离比到y轴的距离大1（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）若过点F且倾斜角为的直线与曲线C相较于P，Q两点，求线段PQ的长【分析】（1）设出M点的坐标，由已知列式化简可得动点M的轨迹C的方程；（2）联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合弦长公式求解【解答】解：（1）设动点M（x
23、，y）（x0），点M到y轴的距离为d，由题意|MF|d1将点M（x，y）的坐标代入上式，得，整理得y24x（x0）；（2）直线的倾斜角为，则其斜率为1，则直线PQ的方程为yx1，联立，得x26x+10，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x26，x1x21，|PQ|8【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题18设P：实数m满足m24am+3a20，其中aR；q：实数m使得方程表示双曲线（1）当a1时，若“pq”为真命题，求m的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围【分析】（1）当a1时，求出命题p，q的等价条件，结合“pq”为真命
24、题进行转化求解即可（2）求出p与q的等价条件，利用p是q的充分不必要条件转化为集合的子集关系进行求解即可【解答】解：（1）当a1时，由m2+4m+30，解得3m1，若方程表示双曲线，则（m+1）（m+2）0，解得2m1因为“pq”为真，则m|3m1m|2m1m|3m1实数m的值取值范围是3，1（2）由（1）知，条件q对应的集合为：Am|m1或m2记满足条件p的实数m的集合为Bm|（ma）（m3a）0若p是q的充分不必要条件等价于BA，当a0时，B0，满足BA；当a0时，Bm|am3a，满足BA；当a0时，Bm|3ama，要使BA，只需a2或13a，即a0或a2综上a2或a，综上实数a的取值范围
25、为a2或a【点评】本题主要考查复合命题真假关系的应用以及充分条件和必要条件的判断，求出命题p，q的等价条件是解决本题的关键19如图，正方形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，且EM2MD，BN2NA（1）求证：MN平面BEC；（2）若AE2AB，EAB120，求直线MN与平面CDE所成的角的正弦值【分析】（1）在CE上取一点F，使EF2FC，连接FB，MF由已知，在EDC中，EM2MD，EF2FC，及其正方形的性质可得四边形BNMF为平行四边形可得MNBF，利用线面平行的判定定理即可证明结论（2）以A为坐标原点，分别以AB、AD所在的直线为y轴、z轴，以过A垂直于AB的直线为x轴，
26、建立如图所示的空间直角坐标系Axyz设AB1，设平面CDE的一个法向量（x，y，z），可得0，即，可得，设直线MN与平面CDE所成的角为，则sin|cos|【解答】解：（1）证明：在CE上取一点F，使EF2FC，连接FB，MF由已知，在EDC中，EM2MD，EF2FCMFCD，且MFCD又在正方形ABCD中，AB3AN，BNCD且BNCDMFBN，且MFBN四边形BNMF为平行四边形MNBF又MN平面BEC，BF平面BEC，MN平面BEC（2）以A为坐标原点，分别以AB、AD所在的直线为y轴、z轴，以过A垂直于AB的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz设AB1，则B（0，1，0），
27、C（0，1，1），D（0，0，1），E（，1，0），M，N（0，0），（，1，1），（0，1，0）设平面CDE的一个法向量（x，y，z），则0，即，不妨令x1，得（1，0，），设直线MN与平面CDE所成的角为，则sin|cos|直线MN与平面CDE所成的角正弦值为【点评】本题考查了空间位置关系、平行四边形与正方形的性质、法向量的应用、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形，ABCD，AB2，BCDC，BCDCAMDM，四边形BDMN为矩形（1）求证：平面ADM平面ABCD；（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角HADM的
28、大小为？若存在，确定点H的位置并加以证明【分析】（1）推导出BDAD，BDDM，从而BD平面ADM，由此能证明平面ADM平面ABCD（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，利用向量法能求出存在点H，使得二面角HADM为大小为，点H为线段AB的中点【解答】证明：（1）由平面几何的知识得BD2，AD2，又AB2，在ABD中，满足AD2+BD2AB2，ABD为直角三角形，且BDAD四边形BDMN为矩形，BDDM由BDAD，BDDM，DMADD，得BD平面ADM又BD平面ABD，平面ADM平面ABCD解：（2）存在点H，使得二面角HADM为
29、大小为，点H为线段AB的中点事实上，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，0，1），设H（x，y，z），由，即（x1，y，z1）（0，2，0），得H（1，2，1）设平面ADH的一个法向量为（x，y，z），（2，0，0），（1，2，1），则，取y1，得（0，1，2）平面ADM的一个法向量为（0，1，0）二面角HADM为大小为，cos|cos|解得 或（舍去）当点H为线段MN的中点时，二面角HADM为大小为【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，
30、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想，是中档题21已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，该椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的右顶点为D，若平行于BD的直线l与椭圆C相交于顶点的M，N两点，探究直线AM，BN的倾斜角之和是否为定值？若是，求出定值；若否，说明理由【分析】（1）根据题意，建立关于a，b，c的方程组，解出即可得到标准方程；（2）设直线l：，并与椭圆方程联立，由根与系数的关系得到x1+x22m，并设直线AM，BN的倾斜角分别为，化简tan+tan即可求得答案【解答】解：（1）由题意知：
31、，解得a2，b1，椭圆方程为（2）因为B（0，1），D（2，0），所以，设直线l：代入，得x22mx+2m220，由4m24（2m22）84m20，得设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x22m，设直线AM，BN的倾斜角分别为，则，将x1+x22m，代入，得tan+tan0，（0，），+（0，2），则+，即直线AM，BN的倾斜角之和为定值【点评】本题考查椭圆标准方程的求法及圆锥曲线中的定值问题，考查逻辑推理及运算求解能力，属于中档题22设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知，其中O为坐标原点，e为椭圆的离心率（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在斜率为2的直线l，使得当直线l与椭圆C有两
32、个不同交点M，N时，能在直线上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由【分析】（1）由题意的离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，c，进而得到椭圆方程；（2）椭圆C上不存在这样的点Q设直线l的方程为y2x+t，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，结合椭圆的范围，即可得到矛盾【解答】解：（1）椭圆的右焦点为F，右顶点为A，可得+，又因为b1，a2b2c2，解得a，故椭圆C的方程为+y21；（2）椭圆C上不存在这样的点Q事实上，设直线l的方程为y2x+t，联立椭圆方程x2+2y22，得9y22ty+t280，4t236（t28）0，得3t3设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2，y1y2，由知PMQN为平行四边形，而D为MN的中点，也是PQ的中点，于是设P（x3，），Q（x4，y4），则，即，可得y4，因为3t3，所以y41，若Q（x4，y4）在椭圆+y21上，则1y41，矛盾因此，不存在满足条件的点P，Q【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的离心率公式，考查方程思想，以及联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题
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