黑龙江省哈尔滨市第六中学2020-2021学年高二上学期期末考试文科数学

1、高中数学教研群  QQ群号929518278   精品资料每天更新2020-2021学年黑龙江省哈尔滨六中高二（上）期末数学试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1若p是真命题，q是假命题，则（）Apq是真命题Bpq是假命题Cp是真命题Dq是真命题2已知抛物线准线方程为x2，则其标准方程为（）Ax28yBx28yCy28xDy28x3过点（0，1）且斜率为的直线在x轴上的截距是（）A4B4C2D24命题p：“3m5”是命题q：“曲线表示双曲线”的（）A充要条件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5已知l1：2x+3y10，l2：mx+3y20，则

2、命题“mR，使l1与l2平行”的否定是（）AmR，使l1与l2平行BmR，l1与l2不平行CmR，使l1与l2平行DmR，l1与l2不平行6圆（x+3）2+y24关于原点（0，0）对称的圆的方程为（）Ax2+（y3）24B（x3）2+y24Cx2+（y2）24D（x2）2+y247设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若，n，nm，则nB若n，m，则mnC若mn，m，则nD若m，n，则mn8如图，点M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（）ABCD9已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上一点P，若F1PF26

3、0°，则F1PF2的面积是（）ABCD10如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F平面BD1E的图形为（）ABCD11过双曲线的右焦点F（1，0）作x轴的垂线与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，若AOB的面积为，则双曲线的渐近线方程为（）Ay±xBy±2xCy±2xDy±2x12已知四面体ABCD，AB平面BCD，ABBCCDBD1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）AB7CD二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13某四面体的三视图如图所示，三个三角形均为直角

4、三角形，则该四面体的体积是 14过抛物线y22px（p0）的焦点F作直线l交抛物线于点M，N（点M在点N上方）交抛物线的准线于点P，若，则直线l的倾斜角的余弦值为 15世界四大历史博物馆之首卢浮宫博物馆始建于1204年，原是法国的王宫，是法国文艺复兴时期最珍贵的建筑物之一，以收藏丰富的古典绘画和雕刻而闻名于世，卢浮宫玻璃金字塔为正四棱锥，且该正四棱锥的高为21米，底面边长为30米，是华人建筑大师贝聿铭设计的若玻璃金字塔五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为 米16如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF现有如下四个结论：ACBE；EF平面ABCD

5、；三棱锥ABEF的体积为定值；异面直线AE、BF所成的角为定值，其中正确结论的序号是 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明，证明过程或解题步骤）17（10分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（其中为参数）（1）判断直线l与圆C的位置关系；（2）设点P在曲线C上，点Q在直线l上，则求线段|PQ|的最小值及此时点P的坐标18（12分）如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABAC（1）求证：AB平面ACC1A1；（2）已知AB3，AC4，且异面直线BB1与A1C所成的角为45°，求三棱柱ABCA1B1C1的体积19（12分）已知椭圆C

6、的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A（2，0），离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）斜率为1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值20（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的方程是x+2y10，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求直线l和圆C的极坐标方程；（）已知射线OM：（其中0）与圆C交于O、P，射线OQ：+与直线l交于点Q，若|OP|OQ|6，求的值21（12分）在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，侧面PAD为等边三角形，M、N分别为AD、PD的中点，PM平面ABCD，ABCD，ADAB，PDCD2，

7、AB1（1）求证：PA平面MNC；（2）求AN与平面MNC所成角的正弦值22（12分）已知F是抛物线C：y22px（p0）的焦点，M（3，t）是抛物线上一点，且|MF|4（）求抛物线C的方程；（）直线l与抛物线C交于A，B两点，若4（O为坐标原点），则直线l是否会过某个定点？若是，求出该定点坐标，若不是，说明理由参考答案一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1若p是真命题，q是假命题，则（）Apq是真命题Bpq是假命题Cp是真命题Dq是真命题解：p是真命题，q是假命题，pq是假命题，选项A错误；pq是真命题，选项B错误；p是假命题，选项C错误；q是真命题，选项D正确故选：D2已

8、知抛物线准线方程为x2，则其标准方程为（）Ax28yBx28yCy28xDy28x解：根据题意，要求抛物线准线方程为x2，设其标准方程为y22px，则有2，解可得：p4，则抛物线的方程为y28x，故选：C3过点（0，1）且斜率为的直线在x轴上的截距是（）A4B4C2D2解：依题意知，该直线方程为y1x，即yx+1令y0，则x2所以直线在x轴上的截距是2故选：D4命题p：“3m5”是命题q：“曲线表示双曲线”的（）A充要条件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解：根据题意，当3m5，则m30，5m0，则曲线表示双曲线，反之，若曲线表示双曲线，必有（m3）（5m）0，解可得3m5

9、，故命题p：“3m5”是命题q：“曲线表示双曲线”的充要条件，故选：A5已知l1：2x+3y10，l2：mx+3y20，则命题“mR，使l1与l2平行”的否定是（）AmR，使l1与l2平行BmR，l1与l2不平行CmR，使l1与l2平行DmR，l1与l2不平行解：命题为特称命题，则命题的否定为mR，l1与l2不平行，故选：D6圆（x+3）2+y24关于原点（0，0）对称的圆的方程为（）Ax2+（y3）24B（x3）2+y24Cx2+（y2）24D（x2）2+y24解：圆（x+3）2+y24的圆心（3，0），关于（0，0）对称的圆心坐标（3，0）所求圆的方程是（x3）2+y24，故选：B7设m，

10、n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若，n，nm，则nB若n，m，则mnC若mn，m，则nD若m，n，则mn解：A，n，nm，则n不正确；B由n，m，则mn不一定成立；C由mn，m，则n不一定成立；D由m，n，则mn，成立故选：D8如图，点M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（）ABCD解：如图，连接AD1，ABC1D1，ABC1D1，四边形ABC1D1 为平行四边形，则AD1BC1，则D1AM为异面直线AM与BC1所成角，连接D1M设正方体的棱长为2，则，cos即异面直线AM与BC1所成角的余弦值是故选：A9已知椭

11、圆的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上一点P，若F1PF260°，则F1PF2的面积是（）ABCD解：由题意，椭圆的左、右两焦点分别为F1，F2，|F1P|+|PF2|2，|F1F2|2；则由余弦定理得，|F1F2|2|F1P|2+|PF2|22|F1P|PF2|cos60°；故4（|F1P|+|PF2|）22|F1P|PF2|cos60°2|F1P|PF2|；故4123|F1P|PF2|；故|F1P|PF2|；故PF1F2的面积S|F1P|PF2|sin60°；故选：D10如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，

12、则满足A1F平面BD1E的图形为（）ABCD解：中，平移A1F至D1F，可知D1F与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；中，由于AFDE，而AF平面BDE，DE平面BDE，故A1F平面BD1E；中，平移A1F至D1F，可知D1F与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；故选：C11过双曲线的右焦点F（1，0）作x轴的垂线与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，若AOB的面积为，则双曲线的渐近线方程为（）Ay±xBy±2xCy±2xDy±2x解：由右焦点F（1，0），1，y±b，|AB|2b，AOB的面积为，

13、×2b×1，且a2+b21，解得a，b，双曲线的渐近线方程为y±x，即y±2x，故选：B12已知四面体ABCD，AB平面BCD，ABBCCDBD1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）AB7CD解：取CD的中点E，连结AE，BE，在四面体ABCD中，AB平面BCD，BCD是边长为3的等边三角形RtABCRtABD，ACD是等腰三角形，BCD的中心为G，作OGAB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，BE，BGBE，R，球O的表面积为S4R2故选：A二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13某四面体的三视图如图所示，

14、三个三角形均为直角三角形，则该四面体的体积是8解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥；如图所示：所以：故答案为：814过抛物线y22px（p0）的焦点F作直线l交抛物线于点M，N（点M在点N上方）交抛物线的准线于点P，若，则直线l的倾斜角的余弦值为解：由题意，画出图形如图，作MDl与D，若，可知|MF|MD|2|PF|，所以直线l的倾斜角的余弦值为：故答案为：15世界四大历史博物馆之首卢浮宫博物馆始建于1204年，原是法国的王宫，是法国文艺复兴时期最珍贵的建筑物之一，以收藏丰富的古典绘画和雕刻而闻名于世，卢浮宫玻璃金字塔为正四棱锥，且该正四棱锥的高为21米，底面边长为30米，是

15、华人建筑大师贝聿铭设计的若玻璃金字塔五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为米解：如图所示，设球半径为R，底面中心为O'且球心为O，正四棱锥PABCD中AB30，PO21，AO'AB15，OO'PO'PO21R在RtAOO'中，AO2AO'2+OO'2，R2（15）2+（21R）2，解之得R，故答案为：16如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF现有如下四个结论：ACBE；EF平面ABCD；三棱锥ABEF的体积为定值；异面直线AE、BF所成的角为定值，其中正确结论的序号是解：ACBE，由题意及

16、图形知，AC面DD1B1B，故可得出ACBE，此命题正确；EF平面ABCD，由正方体ABCDA1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF平面ABCD，此命题正确；三棱锥ABEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥ABEF的体积为定值，此命题正确；异面直线AE、BF所成的角为定值，由图知，当F与B1重合时，令上底面顶点为O，则此时两异面直线所成的角是A1AO，当E与D1重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是OBC1，此二角不相等，故异面直线AE、BF所成的角不为定值综上知正

17、确故答案为三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明，证明过程或解题步骤）17（10分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（其中为参数）（1）判断直线l与圆C的位置关系；（2）设点P在曲线C上，点Q在直线l上，则求线段|PQ|的最小值及此时点P的坐标解：（1）直线l的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为x+y10圆C的参数方程为（其中为参数）转换为直角坐标方程为x2+（y+1）21，所以圆心（0，1）到直线x+y10的距离d1，所以直线与圆相离，（2）设圆上的点（cos，1+sin），到直线的距离d，当时，|PQ|最小值为，此时18（12分）如图所示，三棱柱AB

18、CA1B1C1中，AA1底面ABC，ABAC（1）求证：AB平面ACC1A1；（2）已知AB3，AC4，且异面直线BB1与A1C所成的角为45°，求三棱柱ABCA1B1C1的体积【解答】证明：（1）AA1底面ABC，AB平面ABC，AA1AB，又ABAC，且AA1ACA，AB平面ACC1A1；解：（2）BB1AA1，CA1A为异面直线BB1与A1C所成的角为45°，在RtACA1中，可得AA1AC4，19（12分）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A（2，0），离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）斜率为1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，求|PQ|的最大

19、值解：（1）由已知可得：a2，且e，所以c1，则b2a2c23，故椭圆的标准方程为；（2）设直线l的方程为yx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程组，消去y可得：7x2+8mx+4m2120，所以x，x，且64m228（4m212）0，解得，所以|PQ|，当m0时，|PQ|20（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的方程是x+2y10，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求直线l和圆C的极坐标方程；（）已知射线OM：（其中0）与圆C交于O、P，射线OQ：+与直线l交于点Q，若|OP|OQ|6，求的值解：（）直线l的方程是x+2y10，xcos，ysin，直线l的极坐标方程为cos+2sin10，即曲线C的参数方程为（为参数），圆C的直角坐标方程为（x3）2+y29，圆C的极坐标方程为6cos（）由题意得|OP|6cos，|OQ|，则6，解得tan1，又0，21（12分）在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，侧面PAD为等边三角形，M、N分别为AD、P