山西洪洞县一中2019-2020高二数学（理）上学期期末试卷（PDF版含答案）

高二理科数学（Ⅰ类）试题 第1页（共4页） 高二理科数学（Ⅰ类）试题 第2页（共4页） 高二理科数学 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在 答题卡上，写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有·· 一项··是符合题目要求的. 1. 在△ABC中，“tanA = 1”是“A = 45°”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知抛物线C: y2 = 8x上的点P到焦点的距离为6，则P到y轴的距离是 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 过点（1，2），并且在两轴上的截距相等的直线方程是 A. 2x - y = 0或 x - y + 3 = 0 B. x + y - 3 = 0 C. 2x - y = 0 或 x + y - 3 = 0 D. x - y + 3 = 0 4. 如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为 A. 4 2 3 B. 4 3 3 C. 4 2 D. 4 3 5. 圆C: x2 + y2 + 4x - 4y + 4 = 0 关于直线x - y + 2 = 0 对称的圆的方程是 A. x2 + y2 = 4 B. ( )x - 2 2 + ( )y + 2 2 = 4 C. ( )x - 2 2 + y2 = 4 D. x2 + ( )y + 2 2 = 4 6. 已知椭圆 x2 16 + y2 9 = 1与双曲线 x2 4 + y2 m = 1有相同的焦点，则m= A. -3 B. -1 C. 1 D. 3 7. 在空间直角坐标系 O - xyz中，若 O（0，0，0），A（0，2，0），B（2，0，0），C（2，2，2 3），则异 面直线AC与OB所成角的大小为 A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 8. 在空间中，四个两两不同的平面 α,β,γ,λ，满足 α ⊥ β，β ⊥ γ，γ ⊥ λ，则下列结论一定正 确的是 A. α ⊥ λ B. α//λ C. α与λ既不垂直也不平行 D. α与λ的位置关系不确定 9. 从椭圆 E: x2 a2 + y2 b2 = 1( )a > b > 0 上一点 P 向 x 轴作垂线，垂足恰为左焦点 F1，又点 A 是 E 与 x 轴正半轴的交点，点 B 是 E 与 y 轴正半轴的交点，O 为坐标原点，且 AB ∥ OP，则 E的离心率是 A. 2 4 B. 1 2 C. 2 2 D. 3 2 10. 已知等轴双曲线的焦距为 8，左、右焦点 F1，F2 在 x 轴上，中心在原点，点 A 的坐标为 ( 2,2 3 )，P为双曲线右支上一动点，则 || PF1 + || PA 的最小值为 A. 2 2 + 2 B. 2 2 + 4 C. 4 2 + 2 D. 4 2 + 4 11. 在三棱锥 P - ABC 中，AC = AB = 2，∠BAC = 90°，PC ⊥ 平面ABC，PC = 1，则该三棱 锥外接球的体积为 A. 36π B.12π C.8π D.9 2 π 12. 已 知 椭 圆 C: x2 5 + y2 4 = 1 的 焦 点 为 F1 , F2 ，过 F1 的 直 线 l 与 C 交 于 A , B 两 点 . 若    AF1 = 2    F1 B， ||   AB = ||    BF2 ，则l的方程为 A. 2x - y - 2 = 0 B. 2x + y + 2 = 0或2x - y + 2 = 0 C. 2x + y + 2 = 0 D. 2x + y - 2 = 0或2x - y - 2 = 0 （第 4 题图）高二理科数学（Ⅰ类）试题 第3页（共4页） 高二理科数学（Ⅰ类）试题 第4页（共4页） 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.命题“ ∃x0 ∈ R,x2 0 - x0 + 1 ≤ 0 ”的否定是 ▲ . 14. 已知平行于x轴的直线l交抛物线x2 = 4y于A,B两点，且 || AB = 8 ，则l的方程为 ▲ . 15. 已知双曲线C: x2 a2 - y2 b2 = 1( )a > 0,b > 0 的左、右焦点分别为F1 ,F2，以F1 F2 为直径的圆与 C的渐近线在第一象限内交于点P，若 || PF1 = 2b，则C的渐近线方程为 ▲ . 16. 已知正方体 ABCD - A1 B1C1 D1 的棱长为 2，E,F分别是 AB,BC的中点，过点 D1 ,E,F的 截面将正方体分割成两部分，则较大部分几何体的体积为 ▲ . 三、解答题：本题共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.（10分） 已知 p：函数 f ( x ) = lg( x2 - 2ax + 4 ) 的定义域为 R，q： ∀x ∈ [ 0,1] ,a ≤ x2 + 1 ，若 p,q 有且只有一个成立，求实数a的取值范围． 18.（12分） 已知圆 C 的圆心在直线 3x + 2y = 0 上，C 经过点 A( -2,0 ) ，且与直线 4x - 3y + 8 = 0 相切. （1）求C的标准方程； （2）直线l: x - 2y - 3 = 0 与C相交于M,N两点，求△CMN的面积. 19.（12分） 如图，把正方形纸片 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面 角，点 E,F 分 别 为 AD,BC 的 中 点，点 O 是 原 正 方 形 ABCD的中心. （1）求证：AB ∥ 平面EOF； （2）求直线CD与平面DOF所成角的大小. 20.（12分） 在平面直角坐标系中，直线 l 的方程为 y = -2 ，过点 A( )0,2 且与直线 l 相切的动圆圆 心为点P，记点P的轨迹为曲线E． （1）求E的方程； （2）若直线y = x + b与E相交于B,C两点，与x轴的交点为M.若   MC = 4    MB，求 || BC ． 21.（12分） 已知四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，侧棱 PC ⊥底面ABCD，且PC = 2，E是侧棱PC上的动点． （1）求证：BD ⊥ AE； （2）若点 E为PC 的中点，求平面 PDA 与平面 EAB 所成二 面角的正弦值． 22.（12分） 已知椭圆的焦点坐标是 F1 ( -1,0 ),F2 (1,0 ) ，过点 F1 且垂直于长轴的直线交椭圆于 P,Q两点，且 || PQ = 3. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点 F2 的直线 l与椭圆交于不同的两点 M,N，问三角形 F1 MN的内切圆面积是否 存在最大值?若存在，请求出这个最大值及此时直线 l 的方程；若不存在，请说明 理由． （第 19 题图） （第 21 题图）理科数学（Ⅰ类）参考答案及评分参考 高二理科数学（Ⅰ类）试题答案 第1页（共4页） 一、选择题 1. C 【解析】在 △ABC 中，由 tanA = 1 可得 A = 45°；由 A = 45° 也可得 tanA = 1. 所以“tanA = 1”是“A = 45°”的充分必要 条件. 2. B 【解析】由抛物线的定义可知点P到准线x = -2的距离为6，所以P到y轴的距离是4. 3. C 【解析】若直线截距不为 0，设直线方程为 x a + y a = 1，将点（1,2）代入得 a = 3,所以直线方程为 x + y - 3 = 0. 若直 线截距为 0，设直线方程为 y = kx, 将点（1,2）代入得 k = 2, 所以直线方程为 2x - y = 0. 所求直线方程为 2x - y = 0 或 x + y - 3 = 0 . 4. B 【解析】由三视图可知该几何体为四棱锥，底面四边形ABCD是边长为2的正方形，高为 3， 所以该几何体的体积为 1 3 × 2 × 2 × 3 = 4 3 3 ． 5. A 【解析】由题得圆心C坐标（-2,2），半径是2.设所求圆C'的方程是 ( x - a )2 + ( y - b )2 = 4. 由圆C'与圆C关于直线x - y + 2 = 0 对称得 ì í î ïï ïï b - 2 a + 2 = -1, a - 2 2 - b + 2 2 + 2 = 0,解得a = 0,b = 0. 所以圆C'的方程是x2 + y2 = 4. 6. A 【解析】由椭圆方程可知c2 = 16 - 9 = 7，所以 4 + ( )-m = 7 ，故m = -3. 7. C 【解析】因为   AC = ( )2,0,2 3 ，   OB = ( )2,0,0 ，所以 cos   AC,  OB =   AC ⋅   OB ||   AC ||   OB = 4 4 × 2 = 1 2， 故异面直线AC与OB所成角的大小为60°．8. D 【解析】因为α ⊥ β，β ⊥ γ，所以α与γ的位置关系不确定，又γ ⊥ λ，所以α与λ的位置关系不确定．9. C 【解析】由AB ∥ OP可知，- b2 ac = - b a，解得b = c，所以b2 = c2，即a2 - c2 = c2，所以e = c a = 2 2 . 10. D 【解析】因为2c = 8，所以c = 4,a = 2 2. 故 || F1 P + || PA = 2a + || F2 P + || PA ≥ 2a + || AF2 = 4 2 + 12 + ( 4 - 2 )2 = 4 2 + 4. 11. D 【解析】由题可将该三棱锥补成长方体，长、宽、高分别为 2，2，1，所以长方体的对角线长为 3.即该三棱锥外接球 的半径为 3 2，所以该三棱锥外接球的体积为 9 2 π.高二理科数学（Ⅰ类）试题答案 第2页（共4页） 12. B 【解析】设 || BF1 = x( )x > 0 ，则 || AF1 = 2x， || AB = || BF2 = 3x，由椭圆定义知 || BF1 + || BF2 = 2a，所以 2a = 4x，即 || AF1 = a，可知 A 为椭圆的上顶点或下顶点，由椭圆方程可知 A( )0,2 或A( )0, -2 ，F1 ( )-1,0 ，所以直线 l 的方程为 2x + y + 2 = 0或2x - y + 2 = 0. 二、填空题 13. ∀x ∈ R,x2 - x + 1 > 0 【解析】由特称量词的否定是全称量词可知命题“ ∃x0 ∈ R,x2 0 - x0 + 1 ≤ 0 ”的否定是“ ∀x ∈ R,x2 - x + 1 > 0 ”. 14. y = 4 【解析】不妨设A在y轴的左侧，由题可得点A( )-4,y ，将点A的坐标代入抛物线方程可得y = 4. 15. y = ± 3 x 【解析】由题意知 || OP = c，过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为双曲线 C 的右顶点，设为点 A，则 △PF1 A 中满足 || F1 A 2 + || AP 2 = || PF1 2,即 ( )a + c 2 + b2 = ( )2b 2 ，将 b2 = c2 - a2 代入整理得 c2 - ac - 2a2 = 0，解得 c a = 2，所以 a2 + b2 a2 = 4，即 b2 a2 = 3，所以C的渐近线方程为y = ± 3 x. 16. 47 9 【解析】如图所示，由三棱锥 D1 - DMN 的体积减去两个小三棱锥 G - AME 和 H - NCF 的体积即为截面下半部分的体积，由比例关系可知 AG = HC = 2 3， AM = CN = 1，所以下半部分的体积为 25 9 ，因为正方体的体积为 8，所以较大部 分的体积为 47 9 . 三、解答题 17. 解: 若p成立，由题意得x2 - 2ax + 4 > 0对于一切x ∈ R恒成立，即4a2 - 16 < 0，所以-2 < a < 2. 若q成立，则a ≤ x2 + 1在x ∈ [ ]0,1 恒成立，所以a ≤ 1. ………………………………………………………… 4分 ①若p成立q不成立，则ìíî -2 < a < 2, a > 1, 所以1 < a < 2. ②若p不成立q成立，则ì í î a ≤ -2或a ≥ 2, a ≤ 1, 所以a ≤ -2. 综上，实数a的取值范围是 ( -∞, -2 ] ⋃ (1,2 ). ………………………………………………………………… 10分 18. 解：（1）因为点 A在直线 4x - 3y + 8 = 0 上，所以过点 A（-2,0），与直线 4x - 3y + 8 = 0 相切的圆的圆心在经过点 A且与直线 4x - 3y + 8 = 0 垂直的直线上，该直线方程是 3x + 4y + 6 = 0. 解方程组ì í î 3x + 2y = 0, 3x + 4y + 6 = 0,得x = 2,y = -3.所以圆心C（2，-3）. 因为 || AC = 5 ，所以圆C的方程为 ( x - 2 )2 + ( y + 3 )2 = 25. …………………………………………………… 6分 （2）点C到直线l的距离d = || 2 + 6 - 3 5 = 5, || MN = 2 25 - 5 = 4 5 ， 所以△CMN的面积为 1 2 × 4 5 × 5 = 10. ………………………………………………………………… 12分 19.（1）证明：因为O是AC的中点，F为BC的中点，所以OF ∥ AB. 因为AB ⊄ 平面EOF，OF ⊂ 平面EOF，所以AB ∥ 平面EOF. ………………………………………………… 6分 （第 16 题答图）（2）解：法一：因为平面DAC ⊥ 平面ABC，又DO ⊥ AC，所以DO ⊥ 平面ABC. 因为CF ⊂ 平面ABC，所以DO ⊥ CF. 由（1）知AB ∥ OF，所以OF ⊥ CF. 又因为OF ⋂ DO = O,所以CF ⊥ 平面DOF. 故∠CDF为直线CD与平面DOF所成的角. 因为CF = 1 2 CD，所以∠CDF = 30°. 故直线CD与平面DOF所成角为30°. ……………………………………………………………………… 12分 法二：因为平面DAC ⊥ 平面ABC，又DO ⊥ AC，所以DO ⊥ 平面ABC. 以O为坐标原点，OA,OB,OD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O - xyz， 设原正方形的对角线长为2，则O( )0,0,0 ，B ( )0,1,0 ，C ( )-1,0,0 ，F ( - 1 2, 1 2,0 )，D ( )0,0,1   OF = ( - 1 2, 1 2,0 )，   OD = ( )0,0,1 ，   CD = ( )1,0,1 , 设平面DOF的一个法向量为m = ( )x,y,z ， 由题意得 ì í î ï ï - 1 2 x + 1 2 y = 0, z = 0, 令x = 1，则y = 1 ，所以m = ( )1,1,0 . 设直线CD与平面DOF所成角为θ，则 sinθ =   CD ⋅ m ||   CD || m = 1 2，所以θ = 30°. 故直线CD与平面DOF所成角为30°. ………………………………………………………………………… 12分 20. 解：（1）由题意，点P到点A的距离等于它到直线l的距离， 故点P的轨迹是以A为焦点，l为准线的抛物线． 所以E的方程为x2 = 8y．………………………………………………………………………………………… 6分 （2）设B ( )x1 ,y1 ,C ( )x2 ,y2 ，由题可知M ( )-b,0 ，由   MC = 4    MB可得y2 = 4y1 ①， 由ì í î x = y - b, x2 = 8y, 可得y2 - ( )2b + 8 y + b2 = 0.所以y1 + y2 = 2b + 8 ②，y1 y2 = b2 ③. 由①②③可得b = 16,y1 = 8,y2 = 32 ，所以x1 = -8,x2 = 16. 故 || BC = 24 2. ………………………………………………………………………………………………… 12分 21. 解：（1）连接AC，因为ABCD是正方形，所以BD ⊥ AC． 因为PC ⊥ 底面ABCD，且BD ⊂ 平面ABCD，所以BD ⊥ PC． 又因为AC ∩ PC = C，所以BD ⊥ 平面PAC． 因为AE ⊂ 平面PAC，所以BD ⊥ AE． …………………………………………………………………………… 5分 （第 19 题答图） 高二理科数学（Ⅰ类）试题答案 第3页（共4页）（2）如图，以点C为原点，CD,CB,CP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系C - xyz． 则D（1，0，0），A（1，1，0），B（0，1，0），E（0，0，1），P（0，0，2）. 从而  DA =（0，1，0），   DP = ( )-1,0,2 . 设平面ADP的法向量为n = ( x,y,z )， 由 ì í î n ⋅   DA = y = 0, n ⋅   DP = -x + 2z = 0,取z = 1，得n=（2，0，1）， 设BE的中点为F，则F ( 0, 1 2, 1 2 )，由题可知   CF = ( 0, 1 2, 1 2 )为平面EAB的一个法向量， 设平面PDA与平面EAB所成二面角为θ， 则 cosθ =   CF ⋅ n ||   CF || n = 1 2 1 2 ⋅ 5 = 10 10 ，所以sinθ = 3 10 10 . 故平面PDA与平面EAB所成二面角的正弦值为 3 10 10 ． ………………………………………………… 12分 22. 解：（1）设椭圆的方程是 x2 a2 + y2 b2 = 1( a > b > 0 )，由焦点的坐标得c = 1， 由 || PQ = 3,可得 2b2 a = 3 ，解得a = 2,b = 3， 故所求椭圆的标准方程是 x2 4 + y2 3 = 1. ………………………………………………………………………… 4分 （2）设M ( x1 ,y1 ) , N ( x2 ,y2 ) ， 设△F1 MN的内切圆半径是R，则△F1 MN的周长是4a = 8， S△F1 MN = 1 2 ( )|| MN + || F1 M + || F1 N R = 4R，因此当S△F1 MN 最大时，R最大 . 由题知，直线l的斜率不为0,可设直线l的方程为x = my + 1, 由 ì í î ï ï x = my + 1, x2 4 + y2 3 = 1,得 ( 3m2 + 4 ) y2 + 6my - 9 = 0, y1 + y2 = -6m3m2 + 4，y1 y2 = -9 3m2 + 4， 所以S△F1 MN = 1 2 || F1 F2 || y1 - y2 = 12 m2 + 1 3m2 + 4 ， 令t = m2 + 1，则t ≥ 1，S△F1 MN = 12 3t + 1 t ， 由对勾函数可知，当t ≥ 1时, f ( )t = 3t + 1 t 在 [1, +∞ ) 上单调递增， 即当t = 1,m = 0 时, S△F1 MN ≤ 12 4 = 3，又因为S△F1 MN = 4R，所以R = 3 4. 故所求△F1 MN内切圆面积的最大值是 9π 16 ，此时直线l的方程为x = 1. …………………………………… 12分 高二理科数学（Ⅰ类）试题答案 第4页（共4页） （第 21 题答图）