唐山市2018～2019学年度高二年级第一学期期末考试
文科数学参考答案及评分标准
一、 选择题：
A卷：BACBD CDCBB AA
B卷：BDCBA CDCBB AA
二、填空题：
（13） （14）6π （15）－＝1 （16）30°
三、解答题：
（17）解：
因为(Øp)∧q为真命题，所以p为假命题，q为真命题． …2分
Øp：直线(m2－5m)x－2y＋1＝0的斜率k＝≤3，得－1≤m≤6．① …5分
因为方程－＝1表示焦点在x轴上的双曲线，所以
解得，－3＜m＜5．② …8分
由①②可得，实数m的取值范围[－1，5)． …10分
（18）解：
（Ⅰ）∵圆C与x轴分别交于A(－2，0)，B(6，0)两点，
∴圆心C在线段AB的中垂线x＝2上．
由得圆心C(2，－3)， …3分
∴圆C的半径为r＝错误！未指定书签。|CB|＝5，
∴圆C的标准方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝25． …6分
（Ⅱ）∵圆C的半径为5，|MN|＝6，所以圆心C到直线l的距离d＝4，
当直线l的斜率不存在时，圆心C(2，－3)到直线x＝6的距离为4，符合题意．
…8分
当直线l的斜率存在时，设l：y＋1＝k(x－6)，
∴圆心C到直线l的距离d＝＝4，
解得k＝－，
∴直线l的方程为3x＋4y－14＝0． …11分
综上所述，直线l的方程为x＝6或3x＋4y－14＝0． …12分
（19）解：C
D
P
E
F
B
A
（Ⅰ）证明：作EF∥DC交PD于点F，连接AF，
因为E在棱PC上且PE＝2EC，
所以FE＝DC＝4．
又因为AB∥DC，AB＝4，
所以AB∥FE，且AB＝FE，
所以四边形ABEF为平行四边形，
从而有AF∥BE．
又因为BEË平面PAD，AFÌ平面PAD，
所以BE∥平面PAD． …6分
（Ⅱ）因为平面PDC⊥平面ABCD，且交线为DC，
AD⊥DC，ADÌ平面ABCD，
所以AD⊥平面PDC． …8分
因为PE＝2EC，
所以VP-DBE＝VB-PDE＝VB-PDC＝VA-PDC＝××S△PCD×AD＝×9×4＝8．
即三棱锥P-DBE的体积为8． …12分
（20）解：
（Ⅰ）由题意设抛物线C的方程为：y2＝2px（p＞0）．
∵抛物线C过点M(1，2)，
∴2p＝4，
∴抛物线C的方程为y2＝4x． …5分
（Ⅱ）设直线l的方程为y＝x＋b，A(x1，y1)，B(x1，y1)，
由得，y2－4y＋4b＝0， …7分
因为D＝16－16b＞0，所以b＜1．
y1＋y2＝4，y1y2＝4b． …9分
因为OA，OB斜率之积为－2，
所以＝＝＝－2，
解得b＝－2，
所以直线l的方程为y＝x－2． …12分
（21）解：
（Ⅰ）因为CB⊥平面BAA1B1，
所以CB⊥A1B，
在△AA1B中，由余弦定理可得，A1B＝，
从而有AB2＋A1B2＝AA12，
所以AB⊥A1B，
又因为A B∩CB＝B，
所以A1B⊥平面ABC， …5分
又因为A1BÌ平面BA1C1，
所以平面BA1C1⊥平面ABC． …6分
（Ⅱ）由已知得，C1B1∥CB，C1B1⊥平面BAA1B1，
所以BC1＝2，A1C1＝，由（Ⅰ）知A1B＝，
则S＝×A1C1×BA1＝． …8分
因为AC∥A1C1，ACË平面BA1C1，A1C1Ì平面BA1C1，
所以AC∥平面BA1C1，
从而点E到平面BA1C1的距离等于点A到平面BA1C1的距离． …10分
设点E到平面BA1C1的距离为d，
由V＝V＝V得，
×S×d＝××1××2，
所以d＝．
即点E到平面BA1C1的距离为． …12分
（22）解：
（Ⅰ）由已知可得，2c＝4，F1(－2，0)，F2(2，0)．
2a＝|PF1|＋|PF2|＝3＋＝4，
从而有a＝2，b2＝a2－c2＝8－4＝4．
所以椭圆Γ的方程为：＋＝1． …4分
（Ⅱ）因为直线l∥OP，kOP＝，所以直线l的斜率k＝．
设直线l的方程为y＝x＋m（m≠0），A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得，x2＋mx＋m2－4＝0， …6分
因为D＝2m2－4(m2－4)＞0，所以m2＜8．
x1＋x2＝－m，x1x2＝m2－4． …8分
|AB|＝|x1－x2|＝·＝．
P到直线l的距离d＝.
△PAB的面积S＝·|AB|·d＝|m|·≤·＝2，
当且仅当|m|＝，即m2＝4时取“＝”号．
所以△PAB面积的最大值是2． …12分
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