2019-2020学年安徽省合肥市六校高二上学期期末考试数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题

1．已知A2,1,B2,3，则AB（ ） A．4 【答案】A

【解析】利用两点间的距离公式可求AB. 【详解】

B．

2 C．8

D．22 AB2213224，

故选：A. 【点睛】

本题考查两点间的距离公式，属于基础题.

22．命题“x0(0,1),xx0”的否定是（ ） 2A．x0(0,1),x0x00 2C．x0(0,1),x0x00

2B．x0(0,1),x0x00 2D．x0(0,1),x0x00

【答案】B

【解析】分析：直接根据“全称命题”的否定一定是“特称命题”，写出结果即可. 详解：

“全称命题”的否定一定是“特称命题”，

命题“x00,1,x2x0”的否定是

x00,1,x02x00，故选B.

点睛：本题考查命题的否定，“全称量词”与“存在量词”正好构成了意义相反的表达，如“对所有的…都成立”与“至少有一个…不成立”：“都是”与“不都是”等，

所以“全称命题”的否定一定是“存在性命题”，“存在性命题”的否定一定是“全称命题”. 3．如图，棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为BC中点，这直线D1M与平面ABCD所成角的正切值为（ ）

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A．

3 2B．5 5C．25 5D．

1 2【答案】C

【解析】先作出直线D1M与平面ABCD所成角，然后求解即可 【详解】

连接DM，因为几何体是正方体，

所以∠D1MD就是直线D1M与平面ABCD所成角，

DD1a25tan∠D1MD=DM5 5a2故选：C 【点睛】

求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.

4．设，是两个不同的平面，m是直线且m．“m”是“A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】B 【解析】试题分析：的交线平行即可得到能得到

；∴“

，；”是“

得不到，

，因为∴，

和

可能相交，只要∴没有公共点，

和，即

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

”的（ ）

”的必要不充分条件．故选B．

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.

【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到

，根据面面平行的判定定理，只有

内的两相交直线都平行于

，而

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，并且

2，显然能得到，这样即可找出正确选项.

5．已知圆x3y264的圆心为M，设A为圆上任一点，点N的坐标为3,0 ，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是( ) A．圆 【答案】D

【解析】结合图形根据椭圆的定义求解. 【详解】 如图：

B．抛物线

C．双曲线

D．椭圆

连接PN，则PNPA，所以PMPNPMPA8， 所以动点P的轨迹是以M,N为焦点，长轴为8的椭圆. 故选D. 【点睛】

本题考查椭圆的定义.

6．三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长分别为3,2,1，则该三棱锥的外接球的表面积（ ） A．24 【答案】D

【解析】由题意得外接球的直径等于2R321B．18

C．10

D．6

6 ,所以表面积为

4πR2=π(6)26π ,选D.

点睛: (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”．

(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．

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7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．π 【答案】A

B．2π C．4π D．8π

【解析】由三视图可知，该几何体为一圆柱通过轴截面的一半圆柱，底面半径直径为2，高为2． 体积V=

1122 =π． 2故选：A．

点睛：本题的考点是由三视图求几何体的体积，需要由三视图判断空间几何体的结构特征，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入对应的体积公式分别求解，考查了空间想象能力．

x2y28．已知双曲线221(a0,b0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，

ab，则双曲线的方程为（ ） OAF是边长为2的等边三角形（O为原点）

x2y2A．1

412【答案】D

x2y2B．1

124x2C．y21

3y2D．x1

32【解析】根据OAF为等边三角形可以得到方程. 【详解】

b3以及c2，求出a,b后可得标准a不妨设A在第一象限，c为双曲线的半焦距， 双曲线过第一象限和第三象限的渐近线方程为ybx. aba13. 因为OAF是边长为2的等边三角形，故a，所以b3c2y2故双曲线的标准方程为：x1.

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故选：D. 【点睛】

本题考查双曲线标准方程的求法以及双曲线的几何性质，求标准方程，一般有定义法和待定系数法，前者可根据定义求出基本量的大小，后者可根据条件得到关于基本量的方程组，解这个方程组可得基本量.

9．设椭圆的两个焦点分别为F1,F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于P点，若F1PF2为等腰三角形，则椭圆的离心率是（ ） A．

2 2B．

21 2C．22 D．21

【答案】D

【解析】利用F1PF2为等腰直角三角形可得a,b,c的方程，消去b后可得

a22acc20，从而可得离心率的方程，其解即为所求的离心率，注意取舍.

【详解】

x2y2不妨设椭圆的标准方程为221ab0，

ab半焦距为c，左右焦点为F1,F2，P在第一象限，则F2c,0.

222b2cyb在椭圆方程中，令xc，则221，解得yP，故Pc,.

abaab2F1PF2为直角三角形且F1F2P，故2c即a22acc20，

2a故e22e10，解得e12. 故选：D. 【点睛】

圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于a,b,c的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于

a,b,c的不等式或不等式组．

10．过抛物线y8x的焦点作直线交抛物线于A,B两点，若线段AB的中点的横坐标为4，则AB（ ） A．6

B．8

C．12

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D．16

2【答案】C

【解析】利用焦半径公式可求AB. 【详解】

设Ax1,y1,Bx2,y2，抛物线的焦点为F，则F2,0. 由焦半径公式可得AFx12,BFx22， 故ABAFBFx1x24，

因为线段AB的中点的横坐标为4，故x1x28，故AB12. 故选：C. 【点睛】

本题考查抛物线中焦点弦的长度计算，可借助焦半径公式来计算，一般地，抛物线

p；抛物线2px22pyp0 上的点Px0,y0到焦点的距离为y0.

2y22pxp0 上的点Px0,y0到焦点的距离为x0x2y2y2x211．我们把由半椭圆221(x0)与半椭圆221(x0)合成的曲线称作

abbc“果圆”(其中a2b2c2,abc0).如图,设点F0,F1,F2是相应椭圆的焦点,A1,A2和B1,B2是“果圆”与x,y轴的交点,若F0F1F2是边长为1的等边三角,则a,b的值分别为( )

A．

7,1 2B．3,1

C．5,3 D．5,4

【答案】A

【解析】根据“果圆”的定义以及F0F1F2是边长为1的等边三角可知，

OF2b2c23713222，b1，abc1，,OF0c3OF24422第 6 页 共 16 页

得a77，即a,b1，故选A. 22【方法点睛】本题考查椭圆的几何性质、新定义问题及数形结合思想，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题是通过定义“果圆”达到考查椭圆的几何性质的目的. 12．如图，矩形ABCD的边ABa,BC2，PA平面ABCD，PA2，当在BC边上存在点Q，使PQQD时，则实数a的范围是（ ）

A．0,1 【答案】A

B．(0,2]

C．1, D．2,

【解析】可证AQQD，从而在平面ABCD中，Q在以AD为直径的圆上，从而可得实数a的取值范围. 【详解】

因为PA平面ABCD，QD平面ABCD ，所以PAQD， 又PQQD，PQPAP，从而QD平面PAQ. 因为AQ平面PAQ，故AQQD.

故在平面ABCD中，Q在以AD为直径的圆上，所以AB故选：A. 【点睛】

本题考查线线垂直的证明、线面垂直的判定与性质，注意空间中垂直关系的合理转化，本题属于中档题.

二、填空题

13．抛物线y4x2的焦点坐标是___________．

BC1即0a1. 2第 7 页 共 16 页

1【答案】0,

16【解析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标. 【详解】 由y4x2得x211p1y，所以抛物线的焦点在y轴上，且2p,，所以抛物44216线的焦点坐标为0,1. 16故答案为：0,【点睛】

1 16本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.

14．《九章算术》中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”大意为：有个圆柱形木头，埋在墙壁中（如图所示），不知道其大小，用锯沿着面AB锯掉裸露在外面的木头，锯口CD深1寸，锯道AB长度为1尺，问这块圆柱形木料的直径是__________．（注：1尺10寸）

【答案】26寸

【解析】如图,AB=10(寸),则AD=5(寸),CD=1(寸)，

设圆O的半径为x(寸),则OD=(x−1)(寸)，

在Rt△ADO中,由勾股定理可得：52+(x−1)2=x2,解得：x=13(寸). 16=26(寸). 则这块圆柱形木料的直径是2×

15．如图，E是棱长为1正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1//平面B1CE，则线段CE的长度为___________．

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【答案】5 2【解析】连接BC1，交B1C与O，连接EO，可证OE//BD1，从而可得E中点，故可求CE的长. 【详解】

连接BC1，交B1C与O，连接EO，则O为BC1的中点，

因为BD1//平面B1CE，BD1平面D1BC，平面D1BC平面B1CEOE， 所以OE//BD1，故E为D1C1的中点，所以EC1在RtEC1C中，CECC12EC12故答案为：【点睛】

本题考查线面平行的性质，注意性质定理有三个前提（线面平行、线在面内、面面交线），同时注意空间中线段的长度计算一般是放置在可解的三角形中，本题属于基础题. 16．已知点A4,4在抛物线y24x上，该抛物线的焦点为F，过点A作该抛物线准线的垂线，垂足为E，则EAF的角平分线所在直线方程为_________（用一般式表示）.

【答案】x2y40

【解析】由抛物线的几何性质可得EAF的角平分线即为EF的垂直平分线，求出E、

5. 21， 215. 142F的坐标后可得该垂直平分线的方程.

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【详解】

由抛物线的几何性质可得AEAF，故EAF为等腰三角形， 故EAF的角平分线即为EF的垂直平分线.

又F1,0,E1,4，故EF的中点坐标为0,2，又kEF故EF的垂直平分线方程为：y2故答案为：x2y40. 【点睛】

本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，解题时常利用这个性质实现两类距离之间的转化，本题属于中档题.

三、解答题

22xy17．给定如下两个命题：命题p:“曲线1是焦点在y轴上的椭圆，其中m为

2m2y常数”；命题q:“曲线x1是焦点在x轴上的双曲线，其中m为常数”．已知

m1242， 21x0即x2y40. 2命题“pq”为假命题，命题“pq”为真命题，求实数m的取值范围. 【答案】1,2

【解析】先求出p,q为真时参数的取值范围，再分p真q假和p假q真两类讨论后可得实数m的取值范围. 【详解】

若命题p为真命题，则m2，若命题q为真命题，则m>1， 由题知p与q一真一假，若p真q假，则m2，此时无解. m1若p假q真，则m2，得1m2， m1综上：实数m的取值范围是1,2． 【点睛】

对于pq为真，pq为假的问题，我们一般先求出p真时参数的范围，再求出q为真时参数的范围，通过p真q假和p假q真得到最终的参数的取值范围．

18．已知圆C的内接矩形的一条对角线上的两个顶点坐标分别为P(1,2),Q(3,4)．

第 10 页 共 16 页

（1）求圆C的方程；

（2）求直线l:3x4y180上的点到圆C上的点的最近距离. 【答案】（1）(x2)(y1)10；（2）410. 【解析】（1）根据PQ为圆C的直径可得圆心和半径，从而可得所求的圆的方程. （2）圆心到直线的距离减去半径即为所求的最近距离. 【详解】

（1）由已知可知PQ为圆C的直径，故圆心C的坐标为2,1， 圆C的半径r221|PQ|10， 222所以圆C的方程是：(x2)(y1)10． （2）圆心C到直线3x4y180的距离是d所以最近距离为410. 【点睛】

本题考查圆的标准方程和直线与圆的位置关系中的最值，注意圆的标准方程主要是圆心坐标和半径的确定，而最值问题往往转化为圆心到几何对象的距离. 19．（本小题满分14分）如图，在边长为的菱形是边

，

的中点，

，且

．沿

． 将△

中，翻折到△

，连接

，点，分别

，得

|324118|4，

5到如图的五棱锥

（1）求证：（2）求四棱锥

平面； 的体积．

【答案】（1）见解析（2）3 【解析】试题分析：（1）由面

；（2）设

，，连接的体积．

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，可证，先证

平面平面

，进而可证

平

，再利用锥体的体积

公式即可得四棱锥

试题解析：（1）证明：∵点，分别是边∴

∥

. 1分

的对角线互相垂直， . 2分 . 3分 ，平面平面平面

，. 5分 . 6分

. 4分

平面

，

，的中点，

∵菱形∴∴∴∵∴∴

，

（2）解：设∵∴△∴在R t△在△∴∵∴梯形∴四棱锥

，

，连接，

为等边三角形. 7分 ，

中，中，. 11分 ，平面

. 12分

， 13分

. 14分

，

平面

，

平面

，

，

，

. 8分 ， 9分 ， 10分

的面积为

的体积

【考点】1、线线垂直、线面垂直；2、锥体的体积．

20．已知动圆过定点P(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8. (1)求动圆圆心C的轨迹方程;

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(2)过点(2,0)的直线l与动圆圆心C的轨迹交于A,B两点,求证:OAOB是一个定值. 【答案】（1）y8x；（2）见解析

【解析】（1）设圆心的坐标为(x,y)，得出CPCM标，即可得到曲线C的轨迹方程；

（2）设直线方程xky2，联立方程组，得到y1y2,y1y2，再向量的数量积的运算，即可得到结论. 【详解】

(1)设动圆的圆心C(x,y),线段MN的中点为T,则|MT|=

=4.

222MTTC，代入点的坐

22222222222

由题意得|CP|=|CM|=|MT|+|TC|,∴y+(x-4)=4+x,∴y=8x, 2

即动圆圆心C的轨迹方程为y=8x.

(2)证明:易知直线l的斜率不为0,

设直线l的方程为x=ky+2,A(x1,y1),B(x2,y2). 联立又∴, ∴

·是一个定值. =(x1,y1),

22

消去x整理得y-8ky-16=0,Δ=64k+64>0,可得y1+y2=8k,y1y2=-16.

=(x2,y2),

·=x1x2+y1y2=(ky1+2)(ky2+2)+y1y2=k2y1y2+2k(y1+y2)+4+y1y2=-16k2+16k2+4-16=-12

【点睛】

本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21．如图，已知正方形ABCD和矩形BDEF所在的平面互相垂直，AC交BD于O点，

M为EF的中点，BC2,BF1．

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（1）求证：BM//平面ACE； （2）求二面角BAFC的大小． 【答案】（1）见解析（2）60

【解析】（1）连结EO，可证OE//BM，从而得到要求证的BM//平面ACE. （2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴建立空间直角坐标系，求出平面CAF的法向量和平面ABF的法向量后可求二面角的大小. 【详解】

（1）证明：连结EO，

AC交BD于O点，M为EF的中点，

四边形BMEO是平行四边形，OE//BM，

又BM平面ACE，OE平面ACE，∴BM//平面ACE．

（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴建立空间直角坐标系，

B2,0,0,F2,2,1,C0,2,0， AB0,2,0,AF0,2,1,AC2,2,0，

2,2,0,A设平面CAF的法向量nx,y,z，

nAC2x2y0则， nAF2yz0取x2，得n2,2,2，

又平面ABF的法向量m(1,0,0)，

cosn,m21，而n,m0,，n,m60， 82∴二面角BAFC的平面角为60．

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【点睛】

线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.

x2y2322．已知椭圆C:221(ab0)过点P2,1,且离心率e.

ab2(1)求椭圆C的方程； (2)直线l:y1xm，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值. 2x2y2【答案】（1）（2）最大值为2 1；

82【解析】（1）由题意知，ec3，且过点P2,1，c2a2b2，构造关于a、b、a2c的方程组，由此能求出椭圆的标准方程．

（2）设直线l的方程与椭圆C联立，Ax1,y1,Bx2,y2，利用弦长公式求出AB，P到AB的距离，然后求解三角形的面积，求出最大值即可． 【详解】

x2y23(1)已知椭圆C:221(ab0)过点P2,1,且离心率e. ab241a22a2b21,解得b2， 可得：c3a22c622cabx2y2椭圆方程为：1.

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(2)设直线方程为y1xm,Ax1,y1,Bx2,y2 21yxm2联立方程得2，消元整理得：x22mx2m240 2xy128直线与椭圆要有两个交点，所以(2m)42m40解得，2m2

2由韦达定理得：x1x22m,x1x22m4

222利用弦长公式得：|AB|1kx1x254m2 由点到直线的距离公式得到P到l的距离d2|m| 5112|m|m24m2222S|AB|d54mm4m2

2225当且仅当m22，即m2时取到最大值，最大值为2 【点睛】

本题考查椭圆的方程和运用，考查直线方程和椭圆方程联立，消去未知数，运用韦达定理和弦长公式，考查点到直线的距离公式和基本不等式的运用，属于中档题．

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