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重庆市九龙坡区2018-2019学年高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知点A(1,3)，B(−1,33)，则直线AB的倾斜角是()A. 60∘B. 30∘C. 120∘D. 150∘【答案】C【解析】解：点A(1,3)，B(−1,33)，则直线AB的斜率：3−331+1=−3．∴tanα=−3，α=120∘．故选：C．直接求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可．本题考查直线的斜率与直线的倾斜角的关系，基本知识的考查．2.下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y=±2x的是()A. x2−y24=1B. x24−y2=1C. y24−x2=1D. y2−x24=1【答案】C【解析】解：由A可得焦点在x轴上，不符合条件；由B可得焦点在x轴上，不符合条件；由C可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=±2x，符合条件；由D可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=±12x，不符合条件．故选：C．对选项首先判定焦点的位置，再求渐近线方程，即可得到答案．本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的焦点和渐近线方程的求法，属于基础题．3.下列说法错误的是()A. “x>0”是“x≥0”的充分不必要条件B. 命题“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“若x≠1，则x2−3x+2≠0”C. 若p∧q为假命题，则p，q均为假命题D. 命题p：∃x∈R，使得x2+x+1<0，则￢p：∀x∈R，均有x2+x+1≥0【答案】C【解析】解：A.“x>0”是“x≥0”的充分不必要条件，正确，故A正确，B.命题“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“若x≠1，则x2−3x+2≠0”正确，C.若p∧q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，故C错误，D.命题p：∃x∈R，使得x2+x+1<0，则￢p：∀x∈R，均有x2+x+1≥0，正确，故错误的是C，故选：C．A.根据充分条件和必要条件的定义进行判断，B.根据逆否命题的定义进行判断，C.根据复合命题真假关系进行判断，D.根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，考查学生的运算和推理能力．4.设双曲线x2a2−y2b2=1的离心率为2，且一个焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，则此双曲线的方程是()A. x22−y24=1B. x24−y22=1C. x24−y24=1D. x22−y22=1【答案】D【解析】解：抛物线y2=8x的焦点为(2,0)，可得双曲线的c=2，即a2+b2=4，由e=ca=2，解得a=b=2，则双曲线的方程为x22−y22=1．故选：D．求得抛物线的焦点，可得双曲线的c，由离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程．本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．5.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A. α∩β=n，m⊂α，m//β⇒m//nB. α⊥β，α∩β=m，m⊥n⇒n⊥βC. m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD. m//α，n⊂α，⇒m//n【答案】A【解析】解：由m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，知：在A中，α∩β=n，m⊂α，m//β，则由线面平行的性质定理得m//n，故A正确；在B中，α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n与β相交、平行或m⊂β，故B错误；在C中，m⊥n，m⊂α，n⊂β，由α与β相交或平行，故C错误；在D中，m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故D错误．故选：A．在A中，由线面平行的性质定理得m//n；在B中，则n与β相交、平行或m⊂β；在C中，由α与β相交或平行；在D中，m与n平行或异面．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，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．6.已知双曲线x24−y22=1，直线l交双曲线于A、B两点，若线段AB的中点坐标为(12,−1)，则直线l的方程为()A. 4x+y−1=0B. 2x+y=0C. 2x+8y+7=0D. x+4y+3=0【答案】C【解析】解：设以点P(12,−1)为中点的弦与双曲线交于A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=1，y1+y2=−2，分别把A(x1,y1)，B(x2,y2)代入双曲线方程双曲线x24−y22=1，再相减可得(x1+x2)(x1−x2)−2(y1+y2)(y1−y2)=0，∴(x1−x2)+4(y1−y2)=0，k=−y1−y2x1−x2=−14∴点P(12,−1)为中点的弦所在直线方程为y+1=−14(x−12)，整理得：2x+8y+7=0．故选：C．设以点P(12,−1)为中点的弦与双曲线交于A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=1，y1+y2=−2，分别把A(x1,y1)，B(x2,y2)代入双曲线x24−y22=1，再相减可得(x1+x2)(x1−x2)−2(y1+y2)(y1−y2)=0，(x1−x2)+4(y1−y2)=0，求出k，然后求解直线l的方程即可．本题考查了双曲线与直线的位置关系，点差法处理中点弦问题，属于中档题．7.某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A. 17B. 25C. 5D. 2【答案】C【解析】解：根据几何体的三视图：如图所示：由于底面周长为8，得到：2πr=8，解得：r=4π，所以：点M到N在下地面上的射影的弧长为l=90π180⋅4π=2，所以：MN的最小值为|MN|=22+1=5．故选：C．首先求出底面的半径，进一步利用弧长公式和勾股定理的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，弧长公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．8.椭圆x225+y216=1的焦点为F1，F2，P为椭圆上一点，若∠F1PF2=60∘，则△F1PF2的面积是()A. 1633B. 3233C. 163D. 323【答案】A【解析】解：由椭圆x225+y216=1，得a=5，b=4，c=3，在△F1PF2中，∵∠F1PF2=60∘，∴由余弦定理可得：|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos60∘，则4c2=(2a)2−3|PF1||PF2|，即36=100−3|PF1||PF2|，∴|PF1||PF2|=643．∴△F1PF2的面积是S=12|PF1||PF2|sin60∘=1633．故选：A．由椭圆方程求得a，b，c的值，然后利用椭圆定义及余弦定理求得|PF1||PF2|，代入三角形面积公式求解．本题考查椭圆的简单性质，涉及焦点三角形问题，往往是考查椭圆定义与余弦定理的应用，是中档题．9.如图，在所有棱长均为2的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别为BB1、A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为()A. 12B. 32C. 15D. 45【答案】C【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则有：A(0,−1,0)，D(3,0，1)，C(0,1，0)，E(0,0，2)，所以AD=(3,1，1)，CE=(0,−1,2)，设AD，CE的夹角为θ，则cosθ=AD⋅CE|AD||CE|=15，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为15，故选：C．先建立空间直角坐标系，则有：A(0,−1,0)，D(3,0，1)，C(0,1，0)，E(0,0，2)，所以AD=(3,1，1)，CE=(0,−1,2)，设AD，CE的夹角为θ，则cosθ=AD⋅CE|AD||CE|=15，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为15，得解本题考查了异面直线所成角，属中档题．10.动圆M与定圆C：x2+y2+4x=0相外切，且与直线l：x−2=0相切，则动圆M的圆心的轨迹方程为()A. y2−12x+12=0B. y2+12x−12=0C. y2+8x=0D. y2−8x=0【答案】B【解析】解：圆C的标准方程为(x+2)2+y2=4，圆心为C(−2,0)，半径为2．如下图所示，设圆M的半径为r，则|MC|=r+2，点M到直线l的距离为r，由题意可知，点M到点C的距离等于点M到直线x=4的距离，设动点M的坐标为(x,y)，则(x+2)2+y2=4−x，化简得y2+12x−12=0．因此，动点M的轨迹方程为y2+12x−12=0．故选：B．设动点M的坐标为(x,y)，根据题意得知点M到点C的距离等于点M到直线x=4的距离，然后利用距离公式列等式可得出点M的轨迹方程．本题考查动点的轨迹方程，考查距离公式的应用，解决本题的关键在于处理圆与圆相切的转化，考查计算能力，属于中等题．11.著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：(x−a)2+(y−b)2可以转化为平面上点M(x,y)与点N(a,b)的距离.结合上述观点，可得f(x)=x2+4x+20+x2+2x+10的最小值为()A. 32B. 42C. 52D. 72【答案】C【解析】解：f(x)=x2+4x+20+x2+2x+10=(x+2)2+(0−4)2+(x+1)2+(0+3)2，表示平面上点M(x,0)与点N(−2,4)，H(−1,−3)的距离和，连接NH，与x轴交于M(x,0)，则M(−107,0)，∴f(x)的最小值为(−2+1)2+(4+3)2=52，故选：C．f(x)=(x+2)2+(0−4)2+(x+1)2+(0+3)2，表示平面上点M(x,0)与点N(−2,4)，H(−1,−3)的距离和，利用两点间的距离公式，即可得出结论．本题考查两点间的距离公式，考查学生分析解决问题的能力，合理转化是正确解题的关键．12.已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的左、右焦点F1，F2，若点P是C1与C2在第一象限内的交点，且|F1F2|=4|PF2|，设C1与C2的离心率分别为e1，e2，则e2−e1的取值范围是()A. (13,+∞)B. (13,1)C. (12,+∞)D. (12,2)【答案】B【解析】解：设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆的定义可得m+n=2a1，由双曲线的定可得m−n=2a2，解得m=a1+a2，n=a1−a2，由|F1F2|=4|PF2|，可得n=12c，即a1−a2=12c，由e1=ca1，e2=ca2，可得1e1−1e2=12，由0<e1<1，可得1e1>1，可得1e2>12，即1<e2<2，则e2−e1=e2−2e22+e2=e222+e2，可设2+e2=t(3<t<4)，则e222+e2=(t−2)2t=t+4t−4，由f(t)=t+4t−4在3<t<4递增，可得f(t)∈(13,1)．故选：B．运用椭圆和双曲线的定义，以及离心率公式和范围，结合换元法和对勾函数的单调性，即可得到所求范围．本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的范围，考查换元法和构造函数法，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知直线l1：x+my+6=0，l2：3x+(m−2)y+2m=0平行，则m=______．【答案】−1【解析】解：直线l1：x+my+6=0，l2：3x+(m−2)y+2m=0平行，则1×(m−2)−3m=0，解得m=−1．故答案为：−1．根据两直线平行时A1B2−A2B1=0，列方程求出m的值．本题考查了两直线平行的应用问题，是基础题．14.在四面体A−BCD中，AB⊥面BCD，BC⊥CD，AB=BC=CD=2，若四面体A−BCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______．【答案】12π【解析】解：∵BC⊥CD，所以，直角△BCD的外接圆直径为BD=BC2+CD2=22．∵AB⊥平面BCD，所以，四面体ABCD的外接球直径为2R=AB2+BD2=23．因此，该球的表面积为4πR2=π×(2R)2=12π．故答案为：12π．先计算出直角△BCD的外接圆直径BD，再利用公式2R=AB2+BD2可得出外接球的直径，再利用球体表面积公式可得出答案．本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于找出合适的模型计算出球体的半径，考查计算能力，属于中等题．15.如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为______．【解析】解：根据几何体的三视图：转换为几何体，如图所示：所以：V三棱锥C−ABD=13⋅12⋅4⋅4⋅2=163．故答案为：163．首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的运算求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．16.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为37的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，则C的离心率为______．【答案】15【解析】解：如图所示，直线AP的方程为：y=37(x+a)，直线PF2的方程为：y=tan60∘⋅(x−c)，即y=3(x−c)．联立y=37(x+a)y=3(x−c)，解得x=a+7c6，y=3(a+c)6．∴P(a+7c6,3(a+c)6).∵△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，∴|PF2|=|PF1|=2c．∴(a+7c6−c)2+(3(a+c)6)2=4c2，化为：a=5c．∴e=ca=15．故答案为：15．如图所示，直线AP的方程为：y=37(x+a)，直线PF2的方程为：y=tan60∘⋅(x−c)，即y=3(x−c).联立y=37(x+a)y=3(x−c)，解得P点坐标.根据△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=1200，可得|PF2|=|PF1|=2c.利用两点之间的距离公式即可得出．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、等腰三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知命题p：{m|2m>2,m∈R}；命题q：关于x的方程x2−2x+m2=0有两个不同的实数根．(1)若p∧q为真命题，求实数m的取值范围；(2)若p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．【答案】解：(1)当命题p为真时，得m>12.…………………………………………(1分)当命题q为真时，则△=4−4m2>0，解得−1<m<1.…………………………(3分)若p∧q为真，则p真q真，∴m>12−1<m<1，解得12<m<1，即实数m的取值范围为(12,1).………………………………………………(5分)(2)若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则p，q一真一假，若p真q假，则m>12m≤−1或m≥1，解得m≥1；…………………………………(7分)若p假q真，则m≤12−1<m<1，解得−1<m≤12.…………………………………(9分)综上所述，实数m的取值范围为(−1,12]∪[1,+∞).……………………………(10分)【解析】(1)先求出p和q为真时，m的范围，然后再相交；(2)若p∨q为真命题，p∧q为假命题等价于p，q一真一假，按照p真 q假和p假q真两种情况解不等式组再相交．本题考查了复合命题及其真假，属基础题．18.已知圆C：x2+y2=8内有一点P(−1,2)，直线l过点P且和圆C交于A，B两点，直线l的倾斜角为α．(1)当α=135∘时，求弦AB的长；(2)当弦AB被点P平分时，求直线l的方程．【答案】解：(1)当α=135∘时，直线l的方程为：y−2=−(x+1)即x+y−1=0，圆心(0,0)到直线l的距离d=|−1+2−1|1+1=0，即直线l过圆心，所以|AB|=42．(2)当弦AB被P(−1,2)平分时，OP⊥l，∵kOP=−2，∴kl=12，∴直线l的方程为：y−2=12(x+1)，即x−2y−5=0【解析】(1)先求出直线l的方程，由圆心到直线的距离为0知，AB为圆的直径，故|AB|=42；(2)当弦AB被点P平分时，OP⊥l，由此可得直线l的斜率，再由点斜式可得直线l的方程．本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．19.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为正三角形，AA1=2，M是A1C的中点，N是A1B1中点．(1)证明：MN//平面BCC1B1；(2)若三棱锥N−MAB的体积为3，求该正三棱柱的底面边长．∵M是A1C的中点，又N是A1B1的中点，∴MN//B1 C，又MN⊄平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，∴MN//平面BCC1B1(2)解：VN−MAB=VM−ABN，∵M是A1C的中点，∴M到平面ABB1A1的距离是C到平面ABB1A1的距离的一半，如图，作CP⊥AB交AB于P，由正三棱柱的性质，易证CP⊥平面ABB1A1，设底面正三角形边长为a，则三棱锥M−ABN的高h=12CP=34a，S△ABN=12×a×2=a，∴VN−MAB=VM−ABN=13S△ABN⋅h=312a2=3解得a=23．故该正三棱柱的底面边长为23．【解析】(1)连接B1C，利用中位线得线线平行，进而得线面平行；(2)设底面边长为a，转化三棱锥的顶点为M，利用体积不难列出方程求得a值．此题考查了线面平行，三棱锥的体积等，难度适中．20.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点A(1,m)为抛物线上一点，且|AF|=4．(1)求抛物线的方程．(2)直线l：y=x+m与抛物线交于两个不同的点P、Q，若OP⊥OQ，求实数m的值．【答案】解：(1)已知抛物线y2=2px(p>0)过点A(1,m)，且|AF|=4，∴1+p2=4，∴p=6，故抛物线的方程为y2=12x；(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立y2=12xy=x+m，得x2+(2m−12)x+m2=0，∴△=(2m−12)2−4m2>0，则m<3．且x1+x2=12−2m，x1x2=m2，由OP⊥OQ，则OP⋅OQ=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+m)(x2+m)=2x1x2+m(x1+x2)+m2 =2m2+m(12−2m)+m2=0∴m=−12或m=0．经检验，当m=0时，直线与抛物线交点中有一点与原点O重合，不合题意，由m=−12<2，综上，实数m的值为−12．【解析】(1)由抛物线的定义求出p的值，从而可得出抛物线的方程；(2)设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将直线l的方程与抛物线的方程联立，由△>0得出m的取值范围，并列出韦达定理，将OP⊥OQ转化为OP⋅OQ=0，利用向量数量积的坐标运算，并代入韦达定理求出m的值，并对答案进行检验可得出最终答案．本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，以及韦达定理法在抛物线综合问题中的能力，考查计算能力与转化能力，属于中等题．21.如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=1，O为AD 中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值．(2)求B点到平面PCD的距离．(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q−AC−D的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)在△PAD中PA=PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．又在直角梯形ABCD中，易得OC⊥AD；所以以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．则P(0,0，1)，A(0,−1,0)，B(1,−1,0)，C(1,0，0)，D(0,1，0)；所以PB=(1,−1,−1)，易证：OA⊥平面POC，所以OA=(0,−1,0)，平面POC的法向量，C OS<PB,OA>=PB⋅OA|PB||OA|=33所以PB与平面POC所成角的余弦值为63….(4分)(2)PB=(1,−1,−1)，设平面PDC的法向量为u=(x,y,z)，则u⋅CP=−x+y=0u⋅PD=y−z=0，取z=1得u=(1,1,1)B点到平面PCD的距离d=|BP⋅u||u|=33….(8分)(3)假设存在，则设PQ=λPD(0<λ<1)因为PD=(0,1，−1)，所以Q(0,λ,1−λ)．设平面CAQ的法向量为m=(a,b，c)，则(λ+1)b+(1−λ)c=0a+b=0，所以取m=(1−λ,λ−1,λ+1)，平面CAD的法向量n=(0,0，1)，因为二面角Q−AC−D的余弦值为63，所以|m⋅n||m||n|=63，所以3λ2−10λ+3=0．所以λ=13或λ=3(舍去)，所以PQQD=12-------------(12分)【解析】(1)先证明直线PO垂直平面ABCD中的两条相交直线垂直，可得PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，确定平面POC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线PB与平面POC所成角的余弦值．(2)求出平面PDC的法向量，利用距离公式，可求B点到平面PCD的距离．(3)假设存在，则设PQ=λPD(0<λ<1)，求出平面CAQ的法向量、平面CAD的法向量n=(0,0，1)，根据二面角Q−AC−D的余弦值为63，利用向量的夹角公式，即可求得结论．本题主要考查直线与平面的位置关系、直线与平面所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力，逻辑思维能力和运算能力．22.已知A、B分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，P为椭圆C的下顶点，F为其右焦点.点M是椭圆C上异于A、B的任一动点，过点A作直线l⊥x轴.以线段AF为直径的圆交直线AM于点A、N，连接FN交直线l于点H.点G的坐标为(−b,0)，且|PF|⋅|PG|=26，椭圆C的离心率为12．(1)求椭圆C的方程；(2)试问在x轴上是否存在一个定点T，使得直线MH必过该定点T？若存在，求出点T的坐标，若不存在，说明理由．【答案】解：(1)由题意得|PF|=a,|PG|=2b∴a⋅2b=26ca=12，∴a=2,b=3，∴所求椭圆的方程为x24+y23=1．(2)假设在x轴上存在一个定点T(t,0)，使得直线MH必过定点T(t,0)，设动点M(x0,y0)，由于M点异于A，B，故y0≠0，由点M在椭圆上，故有x024+y023=1，∴y02=3(4−x02)4.①又由(1)知A(−2,0)，F(1,0)，∴直线AM的斜率kAM=y0x0+2，又点N是以线段AF为直径的圆与直线AM的交点，∴AM⊥FN∴kAM⋅kFN=−1⇒kFN=−1kAM=−x0+2y0．∴直线FN的方程y=−x0+2y0(x−1)，∴y=−x0+2y0(−2−1)x=−2，即H(−2,3(x0+2)y0)，∴M，H两点连线的斜率kMH=y0−3(x0+2)y0x0+2=y02−3(x0+2)y0(x0+2)，②将①式代入②式，并整理得kMH=−3(x0+2)4y0，又P，T两点连线的斜率kPT=y0x0−t．若直线MH必过定点T(t,0)，则必有kMH=kPT恒成立，即−3(x0+2)4y0=y0x0−t，整理得4y02=−3(x0+2)(x0−t)，③将①式代入③式，得4×3(3−x02)4=−3(x0+2)(x0−t)，解得t=2，故直线MH过定点(2,0)．【解析】(1)根据题意可得a⋅2b=26ca=12，解得即可，(2)假设在x轴上存在一个定点T(t,0)，设动点M(x0,y0)，直线与直线的垂直的斜率的关系，以及直线的斜率公式即可求出本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。