河北唐山高二数学上学期期末考试试卷理

2017-2018学年河北省唐山市高二（上）期末试卷数学（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，有且只有一项符合题目要求。1.抛物线x24y的焦点坐标是（）A. （0，2） B. （2，0） C. （0，1） D. （l，0）【答案】C【解析】【分析】先根据标准方程求出p值，判断抛物线x24y的开口方向及焦点所在的坐标轴，从而写出焦点坐标【详解】抛物线x24y 中，p2，1，焦点在y轴上，开口向上，焦点坐标为 （0，1 ），故选：C【点睛】本题考查抛物线的标准方程和简单性质的应用，抛物线 x22py 的焦点坐标为（0，p2），属基础题2.命题“x01，使得x010”的否定为（）A. x01，使得x010 B. x1，x10C. x01，使得x010 D. x1，x10【答案】D【解析】【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【详解】因为全称命题的否定是全称命题，所以命题p“x01，使得x010“，则p为x1，x10故选：D【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，属于对基本知识的考查3.椭圆E：x29+y24=1的焦点为F1，F2，点P在E上，|PF1|2|PF2|，则PF1F2的面积为（）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】B【解析】【分析】由已知得|PF2|2，判断三角形的形状，由此能求出PF1F2的面积【详解】椭圆E：x29+y24=1的焦点为F1、F2，点P在椭圆上，|PF1|2|PF2|，|PF1|+|PF2|6，|PF1|4，|PF2|2，F1（-5，0），F2（5，0），|F1F2|25，三角形PF1F2是直角三角形PF1F2的面积为S=1224=4故选：B【点睛】本题考查三角形的面积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用4.圆锥的底面半径为1，高为3，则圆锥的表面积为（）A. B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】先得出母线的长，再根据圆锥表面积公式计算【详解】圆锥的底面半径为1，高为3，则母线长l=12+(3)2=2圆锥的表面积SS底面+S侧面r2+rl+23故选：C【点睛】本题考查了圆锥表面积的计算属于基础题5.双曲线：x2a2-y24=1的实轴长为6，则的渐近线方程为（）A. y13x B. y3x C. y23x D. y32x【答案】C【解析】【分析】通过双曲线的实轴长求出a，利用双曲线的标准方程，求解渐近线方程即可【详解】双曲线：x2a2-y24=1的实轴长为6，可得a3，所以的渐近线方程为：y=23x故选：C【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查6.设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题中正确的为（）A. 若mn，n，则m B. 若m，n，则mnC. 若，m，则m D. 若m，m，则【答案】D【解析】【分析】在A中，m与相交、平行或m；在B中，m与n平行或异面；在C中，m与相交、平行或m；在D中，由面面垂直的判定定理得【详解】由，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，得：在A中，若mn，n，则m与相交、平行或m，故A错误；在B中，若m，n，则m与n平行或异面，故B错误；在C中，若，m，则m与相交、平行或m，故C错误；在D中，若m，m，则由面面垂直的判定定理得，故D正确故选：D【点睛】本题考查命题真假的判断，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7.“m2”是“直线2x+（m2）y+30与直线（6m）x+（2m）y50垂直”的（）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求出直线垂直的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】若直线2x+（m2）y+30与直线（6m）x+（2m）y50垂直，则2（6m）+（m2）（2m）0，得122mm2+4m40，即m22m80，得（m+2）（m4）0，得m4或m2，则m2是“直线2x+（m2）y+30与直线（6m）x+（2m）y50垂直”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合直线垂线的等价条件求出m的范围是解决本题的关键8.三棱柱ABCA1B1C1的体积为3，点M在棱AA1上，则四棱锥MBCC1B1的体积为（）A. B. 1 C. 2 D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】利用VABC-A1B1C1-VM-A1B1C1，即可得出结论.【详解】由题意，VMBCC1B1=VABC-A1B1C1-VM-A1B1C1-VM-ABC=23VABC-A1B1C1=2故选：C【点睛】本题考查棱柱、棱锥的体积，考查学生的计算能力，比较基础.9.点P的坐标（x，y）满足方程x28+y24=1，点B（0，1），则|PB|的最大值为（）A. 1 B. 3 C. 10 D. 23【答案】C【解析】【分析】利用两点间距离公式，结合椭圆方程，转化求解即可【详解】点P的坐标（x，y）满足方程x28+y24=1，点B（0，1），则|PB|=x2+(y-1)2=8-2y2+y2-2y+1=-y2-2y+9=-(y+1)2+1010，当且仅当y1时，表达式取得最大值故选：C【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，二次函数的最值的求法，考查计算能力10.某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A. +2 B. 2+2 C. +4 D. 2+4【答案】A【解析】【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】由题意可知几何体是一个半圆柱与一个三棱柱最长的几何体，如图：几何体的体积为：12212+12122=2+故选：A【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键11.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(ab0)的两个顶点分别为A，B，点P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的倾斜角分别为，若cos(+)cos(-)=-23，则C的离心率为（）A. 52 B. 62 C. 5 D. 6【答案】D【解析】【分析】设出双曲线的顶点A，B的坐标，P（m，n），代入双曲线方程，运用直线的斜率公式和两角和差的余弦公式，以及弦化切的方法，求得PA，PB的斜率之积，再由离心率公式计算可得所求值【详解】双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的两个顶点分别为A（a，0），B（a，0），点P（m，n）是C上异于A，B的一点，可得m2a2-n2b2=1，即有n2m2-a2=b2a2，设k1tan=nm+a，k2tan=nm-a，k1k2tantan=n2(m-a)(m+a)=n2m2-a2=b2a2，若cos(+)cos(-)=-23，则coscos-sinsincoscos+sinsin=1-tantan1+tantan=-23，解得tantan5，即b25a2，可得双曲线的离心率为e=ca=1+b2a2=6故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，考查直线的斜率公式的应用和两角的和差的余弦公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题12.在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCA22，AA14，D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，AB1平面C1DE，且B1，C1，D，E四点在同一球面上，则该球的表面积为（）A. 9 B. 11 C. 12 D. 14【答案】A【解析】【分析】由题意，AA1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，ABBCCA22，底面是正的三角形D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，AB1平面C1DE，求E为棱BB1上的位置，在求解B1C1DE三棱锥的外接球即可得球的表面积【详解】由题意，AA1平面ABC，三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，ABBCCA22，底面是正三角形AB1=26，sinAB1B=33那么DB1=2，AB1平面C1DE，AB1DE，D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，DEAB1M，ABB1EB1MBB1AB=B1DB1E那么：EB11则在DB1C1E三棱锥中：B1C122，C1D=2，EC13，DE=3，B1D=2EB1平面DB1C1，底面DB1C1是直角三角形，球心在EC1在的中点上，R=32球的表面积S4R29故选：A【点睛】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上。13.过A（a，4），B（1，2）两点的直线的斜率为1，则a_【答案】1【解析】【分析】根据题意，由直线的斜率公式可得k=4-2a+1=1，解可得a的值，即可得答案【详解】根据题意，过A（a，4），B（1，2）两点的直线的斜率为1，则有k=4-2a+1=1，解可得a1，故答案为：1【点睛】本题考查两点间连线的斜率计算，关键是掌握直线的斜率计算公式，属于基础题14.直线3x+y+10，与圆C：x2+（y1）24相交于A，B两点，则ACB_【答案】120【解析】【分析】根据题意，由圆的方程可得圆的圆心与半径，求出圆心到直线AB的距离，进而求得弦长，在三角形中，由三边关系可得答案【详解】圆C：x2+（y1）24的圆心坐标为（0，1），半径为2，圆心到直线3x+y+10的距离d=|1+1|2=1则|AB|=24-1=23，cosACB=4+4-12222=-12，则ACB120故答案为：120【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查利用余弦定理求角，是基础题15.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，底面ABCD是正方形，AB2，A1A4，M为A1A的中点，则异面直线AD1与BM所成角的余弦值为_【答案】105【解析】【分析】连接BC1，则BC1AD1，可得MBC1为异面直线AD1与BM所成角，由已知求解三角形MBC1 的三边长，再由余弦定理求异面直线AD1与BM所成角的余弦值【详解】如图，连接BC1，则BC1AD1，MBC1为异面直线AD1与BM所成角，在正四棱柱AC1中，由AB2，A1A4，M为A1A的中点，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故答案为：105【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查数学转化思想方法，是基础题16.直线yx2与抛物线y22x交于A，B两点，O为坐标原点，则过A，B，O三点的圆的方程为_【答案】x32+y12=10【解析】【分析】联立直线方程和抛物线方程利用设出A，B的坐标，利用根与系数之间的关系，利用数量积的坐标公式计算OAOB=0，求出AB中点坐标得到圆心坐标，然后求解圆的方程【详解】设A（x1，y1 ），B（x2，y2），则OAOB=（x1，y1）（x2，y2）x1x2+y1y2，由y=x-2y2=2x，解得y22y40或x26x+40，所以x1x24，y1y24，x1+x26，y1+y22，AB的中点坐标（3，1），所以OAOB=x1x2+y1y24+40过A，B，O三点的圆是以AB为直径的圆，圆的半径为：9+1=10，过A，B，O三点的圆的方程为：（x3）2+（y1）210故答案为：（x3）2+（y1）210【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，常用步骤：将直线和抛物线方程联立，利用消元法将方程转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系进行整体代换三、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.已知命题p：直线3x+4ym0与圆x2+y24x+30有公共点；命题q：方程x212m+y22m+6=1表示焦点在y轴上的椭圆，若pq为真命题，求实数m的取值范围【答案】2,11【解析】【分析】先求得p、q为真时m的范围，由pq为真命题，得p与q均为真命题，对m的范围取交集即可；【详解】解：若p真，则圆心(2，0)到直线3x4ym0的距离d6-m32+421，解得1m11 若q真，则2m612m0，解得2m12由pq为真命题，得p与q均为真命题，得2m11，所以实数m的取值范围是2m11【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系和椭圆的简单性质，命题的真假的判断，是基本知识的考查18.在直角坐标系xOy中，已知点A（0，3）和B（6，0）（）求线段AB垂直平分线的方程；（）若曲线C上的任意一点P满足2|PA|PB|，求曲线C的方程【答案】（I）4x2y9=0；（II）x2+y2+4x8y=0.【解析】【分析】（）由A，B的坐标求得AB的中点坐标，再求出AB所在直线当斜率，可得AB的垂直平分线的斜率，代入直线方程的点斜式得答案；（）设P（x，y），运用两点的距离公式，平方化简可得曲线C的方程【详解】（）A（0，3），B（6，0），AB的中点坐标为（3，32），kAB=-12，线段AB垂直平分线的方程为y-32=2(x-3)，即4x2y90；（）设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，化简可得x2+y2+4x8y0，则曲线C的方程为圆x2+y2+4x-8y=0【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查直线垂直与斜率的关系，注意运用两点的距离公式，是中档题19.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1和BCC1B1均为正方形，且所在平面互相垂直（）求证：BC1AB1；（）求直线BC1与平面AB1C1所成角的大小【答案】（I）详见解析；（II）30.【解析】【分析】（）由题意建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出BC1AB1，即BC1AB1；（）求出平面AB1C1的法向量，再求与BC1所成的角，即可得出直线BC1与平面AB1C1所成的角【详解】（）由题意，建立空间直角坐标系，如图所示；设三棱柱ABCA1B1C1的棱长AC1，则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），BC1AB1=01+10，BC1AB1，即BC1AB1；（）设平面AB1C1的法向量为=（x，y，z），则C1B1AB1，x0+y1+z0=0x(-1)+y1+z1=0，y=0x=z，x1，=（1，0，1）；cos，BC1=BC1|BC1|=10+0(-1)+1122=12，与BC1所成的角是60，直线BC1与平面AB1C1所成的角为30【点睛】本题考查了空间中直线与直线以及直线与平面所成角的大小计算问题，是中档题20.已知抛物线C：y22px（p0）上的点A（4，t）到其焦点F的距离为5（）求抛物线C的方程；（）过点F作直线l，使得抛物线C上恰有三个点到直线1的距离为2，求直线1的方程【答案】（I）y2=4x；（II）y=33x1.【解析】【分析】（）由已知列式求出p的值，则抛物线的方程可求；（）由题意可知，当直线l的斜率不存在时，C上仅有两个点到l的距离为2，不合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk（x1），要满足题意，需使在含坐标原点的弧上有且只有一个点P到直线l的距离为2，且过点P的直线l平行yk（x1）且与抛物线C相切设切线方程为ykx+m，与抛物线方程联立，利用判别式为0可得m与k的关系，再由F到直线yk（x1）的距离为2求得k值，则直线l的方程可求【详解】（）由抛物线的定义可知|AF|d4+p2=5，解得：p2，故抛物线的方程是：y24x；（）由题意可知，当直线l的斜率不存在时，C上仅有两个点到l的距离为2，不合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk（x1），要满足题意，需使在含坐标原点的弧上有且只有一个点P到直线l的距离为2，且过点P的直线l平行yk（x1）且与抛物线C相切设切线方程为ykx+m，代入y24x，可得k2x2+（2km4）x+m20由（2km4）24k2m20，得km1由|k+m|k2+1=2，整理得：3k22kmm2+40即3k2-1k2+2=0，解得k2=13，即k=33因此，直线方程为y=33(x-1)【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题21.在四棱锥PABCD中，DA平面PAB，DCAB，DADC2，ABAP4，PAB120，M为PB中点（）求证：CM平面PAD；（）求二面角MACB的余弦值【答案】（I）详见解析；（II）105.【解析】【分析】（）取AB中点O，连接CO，MO，可得边形AOCD为平行四边形，得到COAD，由线面平行的判定可得CO平面PAD；再证明MOPA，得到OM平面PAD，由面面平行的判定可得平面COM平面PAD，则CM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中点G，连接MG，则MGAO，过G作GHAC，垂足为H，连接MH，则MHG为二面角MACB的平面角，求解三角形得答案【详解】（）证明：取AB中点O，连接CO，MO，DCAB，AODC，可得四边形AOCD为平行四边形，则COAD，AD平面PAD，CO平面PAD，CO平面PAD；M为PB中点，O为AB中点，则MOPA，PA平面PAD，OM平面PAD，OM平面PADCOOMO，平面COM平面PAD，则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为PB的中点，则MAB60，MOA60，取AO中点G，连接MG，则MGAO，过G作GHAC，垂足为H，连接MH，则MHG为二面角MACB的平面角，在等边三角形AMO中，由AODC2，可得MG=3，HG=2，得MH=MG2+HG2=5cosMHG=GHMH=25=105即二面角MACB的余弦值为105【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了二面角的平面角的求法，是中档题22.已知圆A：（x+1）2+y216，圆C过点B（1，0）且与圆A相切，设圆心C的轨迹为曲线E（