河北省唐山市2017_2018学年高二数学上学期期末考试试卷理（含解析）.doc

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1、12017-2018 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 x24 y 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 x24 y 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 x22 py

2、 的焦点坐标为（0， ） ，属基础题p22.命题“ x0 1，使得 x010”的否定为（ ）A. x0 1，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2查3.椭圆 E： 的焦点为 F1， F2，点 P 在 E 上，| PF1|2| PF2|，则 PF1F2的面积为（ x29+y24=1）A. 2 B

3、. 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： 1 的焦点为 F1、 F2，点 P 在椭圆上，x29+y24=|PF1|2| PF2|，| PF1|+|PF2|6，| PF1|4，| PF2|2， F1（ ，0） ， F2（ ，0） ，- 5 5|F1F2|2 ，三角形 PF1F2是直角三角形5 PF1F2的面积为 S 4=1224=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 ，则圆锥的表面积为（ ）3A. B. 2

4、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 ，则母线长 l 23 = 12+( 3)2=圆锥的表面积 S S 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 ： 的实轴长为 6，则 的渐近线方程为（ ）x2a2-y24=1A. y B. y3 x C. y D. y13x 23x 32x3【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 ： 1 的实轴长为 6，可得 a3，x2a2-y24=所以 的渐近线方

5、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 m n， n，则 m 与 相交、平行或 m，故 A 错误；在 B

6、 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（6 m） x+（2 m） 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4【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

7、定义进行判断即可【详解】若直线 2x+（ m2） y+30 与直线（6 m） x+（2 m） y50 垂直，则 2（6 m）+（ m2） （2 m）0，得 122 m m2+4m40，即 m22 m80，得（ m+2） （ m4）0，得 m4 或 m2，则 m2 是“直线 2x+（ m2） y+30 与直线（6 m） x+（2 m） 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 ABC A1B1C1的体积为 3，点 M 在棱 AA1上，则四棱锥 M BCC1B1的体积为（ ）A. B. 1

8、 C. 2 D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】利用 ，即可得出结论.VABC-A1B1C1-VM-A1B1C1【详解】由题意， VM BCC1B1 2=VABC-A1B1C1-VM-A1B1C1-VM-ABC=23VABC-A1B1C1=故选： C5【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 ，点 B（0，1） ，则| PB|的最大值为（ ）x28+y24=1A. 1 B. 3 C. D. 210 3【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 1，点 B

9、（0，1） ，x28+y24=则| PB| ，= x2+(y-1)2= 8-2y2+y2-2y+1= -y2-2y+9= -(y+1)2+10 10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+46【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： 2+12212+12122=故选： A【点睛】本题

10、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： 的两个顶点分别为 A，B，点 P 是 C 上异于 A，B 的一x2a2-y2b2=1(ab0)点，直线 PA，PB 的倾斜角分别为 ，若 ，则 C 的离心率为（ ）cos(+)cos(-)=-23A. B. C. D. 52 62 5 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： 1（ a0， b0）的两个顶点分别为 A（

11、 a，0） ， B（ a，0） ，x2a2-y2b2=点 P（ m， n）是 C 上异于 A， B 的一点，可得 1，即有 ，m2a2-n2b2= n2m2-a2=b2a2设 k1tan ， k2tan ，=nm+a = nm-a7k1k2tantan ，=n2(m-a)(m+a)= n2m2-a2=b2a2若 ，则 ，cos(+)cos(-)=-23 coscos-sinsincoscos+sinsin=1-tantan1+tantan=-23解得 tantan5，即 b25 a2，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

12、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 ABC A1B1C1中， AA1平面 ABC， AB BC CA2 ， AA14， D 为 A1B1的中点，2E 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 ABC A1B1C1是直三棱柱， AB BC CA2 ，底面是正的2三角形 D 为 A1B1的中点， E 为棱 BB1上的点， AB1平面 C1DE，

13、求 E 为棱 BB1上的位置，在求解 B1 C1DE 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 ABC A1B1C1是直三棱柱，AB BC CA2 ，底面是正三角形2AB1 ，sin AB1B =26 =33那么 DB1 ，= 2AB1平面 C1DE， AB1 DE， D 为 A1B1的中点， E 为棱 BB1上的点，DE AB1 M， ABB1 EB1MBB1AB=B1DB1E那么： EB11则在 D B1C1E 三棱锥中： B1C12 ， C1D ， EC13， DE ， B1D2 = 2 = 3 = 28 EB1平面 DB1C1，底面 DB1C1是直角三

14、角形，球心在 EC1在的中点上， R =32球的表面积 S4 R29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 1，解可得 a 的值，即可得答案=4-2a+1=【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 1，=4-2a+1=解可得 a1，故答案为：1【点睛】本题考查两点间连线的斜率

15、计算，关键是掌握直线的斜率计算公式，属于基础题14.直线 x+y+10，与圆 C： x2+（ y1） 24 相交于 A， B 两点，则 ACB_3【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 x+y+10 的距离 d 3 =|1+1|2 =19则| AB| ，=24-1=23cos ACB ，=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

16、定理求角，是基础题15.在四棱柱 ABCD A1B1C1D1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 BC1 AD1，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 BC1 AD1， 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

17、 BC1=25 MC1= 22+(22)2=23在 MBC1中，由余弦定理得：cos MBC1 =(22)2+(25)2-(23)222225 =10510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 y x2 与抛物线 y22 x 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】 (x3)2+(y1)2=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 0，求出 AB 中点坐标得到圆心坐标，然后求解圆的方程OA OB=【详解】设

18、A（ x1， y1 ） ， B（ x2， y2） ，则 （ x1， y1）（ x2， y2） x1x2+y1y2，OA OB=由 ，解得 y22 y40 或 x26 x+40，y=x-2y2=2x 所以 x1x24， y1y24， x1+x26， y1+y22， AB 的中点坐标（3，1） ，所以 x1x2+y1y24+40OA OB=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

19、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+4y m0 与圆 x2+y24 x+30 有公共点；命题 q：方程表示焦点在 y 轴上的椭圆，若 p q 为真命题，求实数 m 的取值范围x212m+ y22m+6=1【答案】 (2,11【解析】【分析】先求得 p、q 为真时 m 的范围，由 p q 为真命题，得 p 与 q 均为真命题，对 m 的范围取交集即可；11【详解】解：若 p 真，则圆心(2，0)到直线 3x4 y m0 的距离

20、d 1，解得|6-m|32+421 m11 若 q 真，则 2m612 m0，解得 2 m12由 p q 为真命题，得 p 与 q均为真命题，得 2 m11，所以实数 m 的取值范围是 2 m11【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） ；（II） .4x2y9=0 x2+y2+4x8y=0【解析】【分析】（）由 A， B 的坐标求得 AB 的中点

21、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 4x2 y90；（）设 P（ x， y） ，由 2|PA| PB|，可得 ，2x2+(y-3)2= (x-6)2+y2平方可得 4x2+4y224 y+36 x212 x+36+y2，化简可得 x2+y2+4x8 y0，则曲线 C 的方程为圆 x2+y2+4

22、x-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 ABC A1B1C1中，四边形 ACC1A1和 BCC1B1均为正方形，且所在平面互相垂直12（）求证： BC1 AB1；（）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 ，即 BC1 AB1；BC1 AB1（）求出平面 AB1C1的法向量 ，再求 与 所成的角，即可得出直线 BC1与平面 AB1C1 BC1所成的角【详解】 （）由题意，建立空间直角坐标系，如图所

23、示；设三棱柱 ABC A1B1C1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） ， （0，1，1） ， （1，1，1） ，BC1= AB1= 01+10，BC1 AB1= ，即 BC1 AB1；BC1 AB113（）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 所成的角是 60， B

24、C1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： y22 px（ 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） ；（II） .y2=4x y=33(x1)【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

25、l 的方程为 y k（ 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 y k（ x1）且与抛物线 C 相切设切线方程为 y kx+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 y k（ 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 5，+p2=解得： p2，14故抛物线的方程是： y24 x；（）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

26、程为 y k（ 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 y k（ x1）且与抛物线 C 相切设切线方程为 y kx+m，代入 y24 x，可得 k2x2+（2 km4） x+m20由（2 km4） 24 k2m20，得 km1由 ，整理得：3 k22 km m2+40|k+m|k2+1=2即 ，解得 ，即 k 3k2-1k2+2=0 k2=13 =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 P ABCD 中， DA平面 PAB，

27、 DC AB， DA DC2， AB AP4， PAB120，M 为 PB 中点（）求证： CM平面 PAD；（）求二面角 M AC B 的余弦值【答案】 （I）详见解析；（II） .105【解析】【分析】15（）取 AB 中点 O，连接 CO， MO，可得边形 AOCD 为平行四边形，得到 CO AD，由线面平行的判定可得 CO平面 PAD；再证明 MO PA，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 MG AO

28、，过 G 作 GH AC，垂足为 H，连接 MH，则 MHG 为二面角 M AC B 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， DC AB， AO DC，可得四边形 AOCD 为平行四边形，则 CO AD， AD平面 PAD， CO平面 PAD， CO平面 PAD； M 为 PB 中点， O 为 AB 中点，则 MO PA， PA平面 PAD， OM平面 PAD， OM平面 PAD CO OM O，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， P

29、A AB， M 为 PB 的中点，则 MAB60， MOA60，取 AO 中点 G，连接 MG，则 MG AO，过 G 作 GH AC，垂足为 H，连接 MH，则 MHG 为二面角 M AC B 的平面角，在等边三角形 AMO 中，由 AO DC2，可得 MG ， HG ，得 MH = 3 = 2 = MG2+HG2= 5cos MHG =GHMH=25=105即二面角 M AC B 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

30、圆心 C 的轨迹为曲16线 E（）求曲线 E 的方程；（）过点 B 作两条互相垂直的直线 l1， l2，直线 l1与 E 交于 M， N 两点，直线 l2与圆 A交于 P， Q 两点，求 的取值范围|MN|PQ|【答案】 （I） ；（II） .x24+y23=1 38, 33【解析】【分析】（）由题意画出图形，根据椭圆的定义和性质求出 a， b，则椭圆方程可求；（）求出两直线垂直于坐标轴时 的值，当两直线斜率存在且不为 0 时，设|MN|PQ|l1： y k（ x1） ，则 l2： y ，分别求出| MN|，| PQ|的值，可得 关于 k 的函数，=-1k(x-1) |MN|PQ|利用配方法求

31、值域【详解】 （）圆 A：（ x+1） 2+y216 的圆心 A（1，0） ，半径 r4，如图，由图可知，| CA|+|CB| r4，圆心 C 的轨迹为以 A， B 为焦点的椭圆，且 c1，2 a4， a2 b = a2-c2= 3则曲线 E 的方程为 ；x24+y23=1（）如图，当 l1 x 轴， l2 y 轴时， ；|MN|PQ| =38当 l1 y 轴， l2 x 轴时， ；|MN|PQ| =443=33当两直线斜率存在且不为 0 时，设 l1： y k（ x1） ，则 l2： y =-1k(x-1)17联立 ，得（3+4 k2） x28 k2x+4k2120y=k(x-1)x24+y

32、23=1 设 M（ x1， y1） ， N（ x2， y2） ，则 ， ，x1+x2=8k23+4k2 x1x2=4k2-123+4k2| MN| |x1 x2|= 1+k2 = 1+k2 (x1+x2)2-4x1x2= 1+k2 ( 8k23+4k2)2-16k2-483+4k2= 1+k212k2+13+4k2=12(k2+1)3+4k2圆心 A 到直线 x+ky10 的距离 d ，=2k2+1则| PQ|2 16- 4k2+1=44k2+3k2+1 |MN|PQ| =12(k2+1)3+4k244k2+3k2+1=3(k2+14k2+3)3=3( k2+14(k2+1)-1)3=3( 14- 1k2+1)3 k2+11， ，则 ， （ ） ，综上， 的取值范围为 【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与圆，直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，训练了利用配方法求最值，属于难题