《解析》河北省唐山市2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家唐山市20192020学年度高二年级第一学期期末考试数学试卷第I卷（选择题，共60分）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.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由直线方程求出斜率，即可求出倾斜角【详解】由题可知，所以，即故选：C【点睛】本题主要考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题2.已知命题，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可求出【详解】：故选：B【点睛】本题主要考查写出特称命题的否定，属于基础题

2、3.抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，即求，因为，即可求出【详解】根据的几何意义可知，抛物线的焦点到其准线的距离为因为，所以 故选：C【点睛】本题主要考查抛物线标准方程中的几何意义应用，属于基础题4.已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面平行，面面平行，线面垂直的判定定理或者有关性质，即可判断各命题的真假【详解】对A，若，则或，错误；对B，若，则或相交，错误；对C，若，则不一定垂直于面，错误；对D，因为，所以，而所以，正

3、确故选：D【点睛】本题主要考查利用线面平行，面面平行，线面垂直的判定定理或者有关性质判断命题的真假，属于基础题5.点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据双曲线方程求出一条渐近线方程，再根据点到直线的距离公式列出等式，即可求出的关系，然后再利用，即可求出【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，即所以，解得，又，所以故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质应用，属于基础题6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，该几何体为底面长为

4、2，底面高为1，棱锥高为1的三棱锥，即可根据棱锥的体积公式求出【详解】由图可知，该几何体为底面长为2，底面高为1，棱锥高为1的三棱锥，所以故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，并求该几何体的体积，涉及棱锥的体积公式的应用，意在考查学生的直观想象能力，属于基础题7.已知圆与圆外切，则点与圆的位置关系是（ ）A. 在圆外B. 在圆上C. 在圆内D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】根据两圆的位置关系可求出的关系，再根据点与圆的位置关系判断条件，即可得出【详解】由题可得，即，显然可知，点在圆上故选：B【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系应用，以及点与圆的位置关系判断，属于基础题8.已知长

5、方体中，则直线和所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义可知，将直线平移至，所以即为异面直线和所成角，解三角形，即可求出【详解】如图所示，将直线平移至，所以即为异面直线和所成角在直角中，所以故选：D【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求法，属于基础题9.“”是“直线与曲线有且只有一个公共点”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先求出“直线与曲线有且只有一个公共点”对应的的条件，再根据充分条件，必要条件的定义即可判断【详解】若“直线与曲线有且只有一个公共点”，则由图

6、可知，当直线与圆相切时，只有一个交点，计算可得所以“”是“直线与曲线有且只有一个公共点”的充要条件故选：C【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件定义的应用，以及数形结合思想的应用，属于中档题10.四棱锥P-ABCD的五个顶点都在同一球面上，平面平面ABCD，四边形ABCD为正方形，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图所示，根据球的几何性质可知，球心与四边形ABCD的中心连线面，过作的中线的垂线交于，所以四边形为矩形，设球的半径为，由，所以解出，即求出该球的表面积【详解】如图所示，过点作，因为，所以为的中点，且，由平面平面，所以平面由球的几何性质可知，球心

7、与四边形ABCD的中心连线面，所以过作的中线的垂线交于，所以四边形为矩形设球的半径为，由，而，即有，解得所以该球的表面积为故选：A【点睛】本题主要考查四棱锥的外接球的表面积的计算，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题11.已知F为椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出椭圆的右焦点坐标为，设直线：，与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求出的表达式，即得到弦的中点纵坐标，所以M到x轴的距离为，根据基本不等式即可求出【详解】因为，所以椭圆的右焦点坐标为设，直线：，（显

8、然当直线斜率为0时，不可能最大），与椭圆方程联立得，所以，即弦的中点纵坐标为，所以M到x轴的距离为当时，故M到x轴的最大距离为故选：C【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，韦达定理以及基本不等式的应用，属于中档题12.正方体中，P是侧面内一动点，若P到点C的距离与P到直线的距离之比为，则点P轨迹所在的曲线可以是（ ）A. 直线或圆B. 椭圆或双曲线C. 椭圆或抛物线D. 直线或抛物线【答案】A【解析】【分析】根据几何知识可知，面，所以始终成立，因此P到直线的距离为P到点的距离在平面内建系，由平面解析几何求出轨迹方程，即可判断出点P轨迹所在的曲线【详解】因为面，所以始终成立，因此P到直

9、线的距离为P到点的距离在平面内建系，如图所示，设，所以，化简整理得，故当时，轨迹为直线；当时，轨迹为圆故选：A【点睛】本题主要考查立体几何和平面解析几何的综合，以及轨迹的求法，属于中档题第卷（非选择题，共90分）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.若直线和直线平行，则_.【答案】2【解析】【分析】根据直线平行可知，解出的值，再检验即可得出【详解】由题可知，解得或当时，两直线方程分别为：，符合题意；当，两直线方程分别为：，两直线重合，不符合题意舍去故答案为：2【点睛】本题主要考查利用两直线平行，求参数的值，属于基础题14.己知抛物线的焦点为F，抛物线上

10、的两点A，B满足，则弦AB的中点到y轴距离为_.【答案】3【解析】【分析】根据抛物线的焦半径公式分别求出点的坐标，再根据中点公式求出弦的中点横坐标，即求出答案【详解】设点，焦点由题可得，解得所以弦的中点横坐标为，故弦AB的中点到y轴距离为3故答案为：3【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质的应用，属于基础题15.如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是正方形，则多面体ABCDEF的体积为_.【答案】【解析】【分析】如图所示，分别过作交于，作交于，于是将多面体ABCDEF分为一个棱柱和一个棱锥，分别求出其体积，即可求出【详解】如图所示，分别过作交于，作交于，连接

11、因为平面平面ABCD，是边长为2的正三角形，所以到平面ABCD的距离为，且，故故答案为：【点睛】本题主要考查简单几何体的体积求法，涉及棱锥和棱柱的体积公式应用，意在考查学生的转化能力和直观想象能力，属于中档题16.设为椭圆的两个焦点，点P在C上，e为C的离心率.若是等腰直角三角形，则_；若是等腰钝角三角形，则e的取值范围是_.【答案】 (1). 或 (2). 【解析】【分析】根据直角所在位置进行讨论，再结合椭圆定义即可求出；根据钝角所在位置进行讨论，再结合椭圆定义即可求出的取值范围【详解】(1)当或时，两条直角边长为，斜边长为，由椭圆定义可得，所以；当时，斜边长为，直角边长为，由椭圆定义可得，

12、所以故或 (2)当为钝角时，由椭圆定义可得，再根据形成三角形的条件以及余弦定理可得，解得；当为钝角时，同上可得，；当为钝角时，所以，解得故或故答案为： 或；【点睛】本题主要考查椭圆的定义，离心率的求法，以及余弦定理的应用，意在考查分类讨论思想的应用，属于中档题三、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.已知语句p：方程表示圆心在第一象限的圆；语句q：方程表示双曲线.若为真命题，求实数m的取值范围.【答案】【解析】【分析】因为为真命题，所以p，q均为真命题，再分别求出p，q为真时，对应的m的取值范围，取交集即可求出【详解】因为真命题，所以p，q均为真命题.

13、方程表示圆心在第一象限的圆，则有解得，或. 因为方程表示双曲线，所以，解得. 由可得，实数m的取值范围为.【点睛】本题主要考查了复合命题的真假判断，以及圆的标准方程和双曲线方程的应用，属于基础题18.已知圆C以点为圆心，且被直线截得的弦长为.（1）求圆C的标准方程；（2）若直线l经过点，且与圆C相切，求直线l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设出圆的半径，根据圆的弦长公式可求出半径，即可写出圆C的标准方程；（2）当斜率不存在时，检验是符合；当斜率存在时，由点斜式设出直线方程，根据直线与圆相切，即可求出斜率，得到直线方程【详解】（1）根据题意，设圆C的方程为，因为圆C被直线截

14、得的弦长为，圆心到直线的距离为，则，解得则圆C的标准方程为.（2）当斜率不存在时，直线的方程为，显然圆心到的距离为3，正好等于半径，符合题意；当斜率存在时，设斜率为k，则过M点的直线方程为：，即，圆心到直线的距离等于半径3，解得，所以直线的方程为.综上，所求的直线方程为或.【点睛】本题主要考查圆方程求法以及直线与圆的位置关系的应用，注意分类讨论思想的应用，属于基础题19.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，E，F分别是棱PC，AB的中点.（1）求证：平面PAD；（2）若，求直线EF与平面PAB所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD中点M，连接AM，M

15、E，可证明出，即有，根据线面平行的判定定理，即可证出平面PAD；（2）连接AC，BD交于点O，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，由线面角的向量公式即可求出【详解】（1）取PD中点M，连接AM，ME，因为E，M分别是棱PC，PD的中点，所以，因为F是AB的中点，且，所以，且，即.故四边形AFEM是平行四边形，从而有.又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD.（2）连接AC，BD交于点O，连接OP，由题意得平面ABCD，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则，设平面PAB的法向量为.由得

16、可取，得.设EF与平面PAB所成的角为，所以，即直线EF与平面PAB所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理的应用以及利用向量求直线与平面所成角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题20.已知抛物线，直线与E交于A，B两点，且，其中O为坐标原点.（1）求抛物线E的方程；（2）设点，直线CA，CB的斜率分别为，试写出的一个关系式；并加以证明.【答案】（1）（2），见解析【解析】【分析】（1）将直线与抛物线方程联立，根据韦达定理以及，列式即可求出抛物线E的方程；（2）先用点的坐标表示出，再结合韦达定理，即可找到的一个关系式【详解】（1）将代入，得.其中，

17、设，则.，解得所以抛物线E的方程为（2）的关系式为.证明：由（1）知，.，同理则把，代入得即：.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系以及韦达定理的应用，意在考查学生的数学运算和创新应用能力，属于中档题21.在三棱柱中，与均为等边三角形，O为BC的中点.（1）证明：平面平面ABC；（2）在棱上确定一点M，使得二面角的大小为.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）要证明平面平面ABC，只需证明平面ABC即可因为为等边三角形，所以再根据勾股定理证明，即可证出平面ABC；（2）以OA，OB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，根据向

18、量共线定理用参数表示出点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式列式，即可求出参数，确定的位置【详解】（1）因为与均为等边三角形，O为BC的中点，所以.在中，从而有，所以，又因为，所以平面ABC，又因为平面，所以平面平面ABC（2）以OA，OB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则，由（1）可知，平面，是平面的一个法向量，设，其中.所以，设平面的法向量为，则取，则，所以，解得.即存在一点M，且时，二面角的大小为.【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法解决和二面角有关的问题，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力

19、和数学运算能力，属于中档题22.焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点（1）求椭圆的标准方程；（2）若点M为中点（O为坐标原点），过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得；若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）存在满足条件,详见解析【解析】【分析】（1）根据所给条件列出方程组，求解即可（2）对直线的斜率存在与否分类讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，即可表示出、，则可求【详解】解：（1）由已知可得，解得，所以椭圆的标准方程为（2）若直线的斜率不存在时，所以；当斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消去y，得，所以因为，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消去，得，解得，同理，因为，故，存在满足条件，综上可得，存在满足条件【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆综合问题，属于中档题高考资源网版权所有，侵权必究！