青海省西宁市城西区青海湟川中学2020-2021学年高二上学期期末数学(理)试题

期期末数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知p:12x31，q:x(x3)0，则p是q的（ ）条件． A．充分不必要 必要

2．用长为4、宽为2的矩形做侧面围成一个高为2的圆柱，此圆柱的轴截面面积为( ) A．8

B．

8 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不

C．

4 D．

22 2xyx2y23．设ab0，k0且k1，则 椭圆C1:221 和 椭圆C2:22k 具有相

abab同的 A．顶点

B．焦点

C．离心率

D．长轴和短轴

4．五四青年节活动中，高三（1）、（2）班都进行了3场知识辩论赛，比赛得分情况的茎叶图如图所示（单位：分），其中高三（2）班得分有一个数字被污损，无法确认，假设这个数字x具有随机性，那么高三（2）班的平均得分大于高三（1）班的平均得分的概率为

3A．

41B．

33C．

52D．

55． 函数fx2sinx对于xR，都有fx1fxfx2，则x1x2的最小值为（ ）

πA．

4πB．

2C．π

D．2π

x2y26．已知双曲线C：221(a0，b0)的离心率为2，则点(4,0)到C的渐近线的

ab距离为 A．2 B．2

C．32 2D．22 试卷第1页，总4页

x2y27．已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，且以线段F1F2为直径

ab的圆与直线bxcy2bc0相切，则C的离心率为（ ） A．3 2B．3 3C．

12D．2 28．中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”.其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，则该人第4天走的路程为（ ） A．96里

B．48里

C．24里

D．12里

9．如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）

A．平面ABC平面ABD B．平面ABC平面BCD

C．平面ABC平面BDE，且平面ACD平面BDE D．平面ABC平面ACD，且平面ACD平面BDE

10．已知直线l：yxm与曲线x4y2有两个公共点，则实数m的取值范围是（ ） A．2,22

B．22,2

C．2,22

D．22,2

11．在三棱柱ABCA1B1C1,AA1面ABC，BAC2，AA14，ABAC23，3则三棱柱ABCA1B1C1的外接球的表面积为 A．32

B．48

C．64π

D．72π

12．已知抛物线C:y24x的焦点为F，准线与x轴的交点为K，P为抛物线C上一点，

且P在第一象限，当1A．,2

2

PFPK取得最小值时，点P的坐标为（ ）

B．1,2

C．2,22

D．4,4

试卷第2页，总4页

二、填空题

13．命题：x0R，x022x020的否定是______．

14．已知抛物线C的方程为y22px（p0），一条长度为4p的线段AB的两个端点A，

B在抛物线C上运动，则线段AB的中点M到y轴距离的最小值为______．

15．设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________．

16．一个正方体的平面展开图如图所示．在该正方体中，给出如下3个命题：

①AFCG；②AG与MN是异面直线且夹角为60；③BG与平面ABCD所成的角为45．

其中真命题的序号是______．

三、解答题

117．设ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosCcb.

2（1）求角A的大小;

（2）若a1,求ABC的周长的取值范围.

x2y218．已知双曲线E:1

m5（1）若m4，求双曲线E的焦点坐标、顶点坐标和渐近线方程； 6me,2（2）若双曲线E的离心率为2，求实数的取值范围．

19．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E为PD的中点．

（Ⅰ）证明：PB//平面AEC；

试卷第3页，总4页

（Ⅱ）设PA1,ABC60，三棱锥EACD的体积为弦值．

3，求二面角DAEC的余820．已知A，B是抛物线C：y22px（p0）上不同的两点，点D在抛物线C的准线l上，且焦点F到直线xy20的距离为（1）求抛物线C的方程；

（2）若直线AB过焦点F，且直线AD过原点O，求证：直线BD平行x轴． x2y22221．已知椭圆M:221ab0的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦

ab332． 2点构成的三角形的周长为642． （1）求椭圆M的方程；

（2）设直线l:xkym与椭圆M交于A、B两点，若以AB为直径的圆经过椭圆的右顶点C，求m的值．

22．如图，由直三棱柱ABCA1B1C1和四棱锥DBB1C1C构成的几何体中，BAC90，

AB1,BCBB12,DC1DC5，平面CC1D平面ACC1A1.

（1）M为三角形DCC1内（含边界）的一个动点，且AMDC1，求M的轨迹的长度； （2）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成角的正弦值为在，求

BP的值；若不存在，说明理由. BC3？若存4试卷第4页，总4页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案

1．A 【详解】

分析：化简p与q，利用充分条件、必要条件的定义求解即可. 详解：∵12x31，可得1x2，设集合A为x|1x2， 又∵xx30，可得0x3，设集合B为x|0x3， 则AB，可得p是q的充分不必要条件，故选A．

点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件p和结论q分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试pq,qp.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 2．B 【分析】

根据底面周长为4计算出底面直径，求出轴截面面积． 【详解】

解：因为用长为4、宽为2的矩形做侧面围成一个高为2的圆柱 所以底面圆的周长为4 可得底面直径为2r4

8所以此圆柱的轴截面矩形的面积为S2rh故选：B 【点睛】



本题给出矩形做成圆柱的侧面，求圆柱的轴截面面积，着重考查了圆柱侧面展开图，圆的周长公式和矩形的面积公式，属于基础题． 3．C 【详解】

x2y2c试题分析：C1:221的离心率为eabaa2b2 a22ka2b2x2y2x2y2cab1C2:22k 化为标准方程2，所以离心率为e，2abkakb2aaka答案第1页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以两椭圆离心率相同 考点：椭圆性质 4．D 【详解】

分析：由高三(2)班的平均得分大于高三(1)班的平均得分，求得x取值范围，再根据古典概形求得概率．

解析：由径叶图可得高三（1）班的平均分为x分为y899293274，高三（2）的平均3388(90x)91269x6，7，，由xy，得10>x>5,又xN，所以x可取，

338，9，概率为P42，选D. 105点睛：求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏. 5．C 【分析】

由题意可知f(x1)是函数的最小值，f(x2)是函数的最大值，|x1x2|的最小值就是函数的半周期，求解即可． 【详解】

解：函数f(x)2sinx对于xR，都有f(x1)f(x)f(x2)，所以f(x1)是函数的最小值，f(x2)是函数的最大值，|x1x2|的最小值就是函数的半周期， 所以T22，所以|x1x2|的最小值为：； 1故选：C． 6．D 【详解】

b分析：由离心率计算出，得到渐近线方程，再由点到直线距离公式计算即可．

a详解：eb1 acb1()22 aa所以双曲线的渐近线方程为xy0

答案第2页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以点（4，0）到渐近线的距离d故选D

422 11点睛：本题考查双曲线的离心率，渐近线和点到直线距离公式，属于中档题． 7．D 【分析】

求出圆心与半径，利用圆心到直线的距离等于半径，可得及离心率的定义，即可得结果. 【详解】

由题知圆心坐标为0,0，半径为c， 又圆与直线bxcy2bc0相切，

2bcbc22c，结合a2b2c2以

得2bcb2c2c，得b2c2，

又a2b2c2， 联立可得a22c2， 故离心率为e故选：D 【点睛】

本题主要考查椭圆的离心率的求解.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，①直接求出a,c，②构造a,c的齐次式，一般求离心率有以下几种情况：从而求出e；求出e；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解． 8．C 【分析】

由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{an}，其中q的通项公式与求和公式即可得出． 【详解】

解：由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{an}，其中q1，S6378． 21，S6378．利用等比数列2c2. a2答案第3页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

则

a1(11)26378，解得a1192． 112331a4a1q19224

2

故选：C． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 9．C 【分析】

利用等腰三角形性质可得线线垂直，进而得到线面垂直与面面垂直. 【详解】

∵ABCB，E是AC的中点， ∴BEAC，同理DEAC， 又BEDEE， ∴AC平面BDE，

又AC平面ABC，AC平面ACD，

∴平面ABC平面BDE，平面ACD平面BDE 故选：C 10．B 【分析】

画出图像,当直线l过点A,B时,求出m值;当直线l与曲线x4y2相切时.求出m,即可得出m的取值范围. 【详解】 画出如下图像：

答案第4页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

当直线l过点A,B时,m2,此时直线l与 曲线x4y2有两个公共点; 直线l与曲线相切时,m22, 因此当22m2时，直线l与 曲线x4y2有两个公共点. 故选B 【点睛】

本题考查了直线与圆相切时满足的关系,以及点到直线的距离公式,考查了数形结合的数学思想,准确判断出曲线方程所表示曲线形状,且根据题意画出图形是解决问题的关键,属于中档题. 11．C 【分析】

利用余弦定理可求得BC，再根据正弦定理可求得ABC外接圆半径r；由三棱柱特点可知1外接球半径Rr2AA1，求得R后代入球的表面积公式即可得到结果.

22【详解】

ABAC23且BAC2236 BC2AB2AC22ABACcos33答案第5页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

BC6

由正弦定理可得ABC外接圆半径：

rBC623 2sinBAC2sin23221三棱柱ABCA1B1C1的外接球半径：RrAA11244 2外接球表面积：S4R264

本题正确选项：C 【点睛】

本题考查多面体外接球表面积的求解问题，关键是能够明确外接球球心的位置，从而利用底面三角形外接圆半径和三棱柱的高，通过勾股定理求得外接球半径. 12．B 【分析】

过点P作PE垂直于抛物线C的准线，垂足为点E，由抛物线的定义可得PEPF，可得

出

PFPKPEPKPFPKcosKPEcosPKF，结合图形可知，当直线PK与抛物线相切时，PKF最大，则

最小，设直线PK的方程为xmy1m0，将该直线方程与抛物线C的方

程联立，利用0，求出方程组的解，即可得出点P的坐标. 【详解】 如下图所示：

过点P作PE垂直于抛物线C的准线l，垂足为点E，由抛物线的定义可得PEPF，

答案第6页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

抛物线C的准线为l:x1，则点K1,0，

由题意可知，PE//x轴，则KPEPKF，

PFPKPEPKcosKPEcosPKF，

由图形可知，当直线PK与抛物线相切时，PKF最大，则

PFPK最小，

xmy1xmy1m0C设直线PK的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立2，

y4x消去x得y24my40，16m2160，m0，解得m1，则y24y40， 解得y2，此时，x故选：B. 【点睛】

本题考查根据抛物线上线段比的最值来求点的坐标，涉及抛物线定义的转化，解题的关键就是要抓住直线与抛物线相切这一位置关系来分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 13．xR，x22x20 【分析】

存在性命题”的否定一定是“全称命题”. 【详解】

∵“特称命题”的否定一定是“全称命题”,

2∴x0R,x02x020的否定是：

221，因此，点P的坐标为1,2. 4xR,x22x20.

故答案为：xR,x22x20. 【点睛】

命题的否定即命题的对立面.“全称量词”与“存在量词”正好构成了意义相反的表述.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”. 14．

3p 2【分析】

答案第7页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

l:xp，分别过A，B，M作ACl，BDl，MHl，垂足分别为C，D，H，要2求M到y轴的最小距离，只要先由抛物线的定义求M到抛物线的准线的最小距离d，然后用dp即可求解． 2【详解】

解：由题意可得抛物线的准线l:xp 2分别过A，B，M作ACl，BDl，MHl，垂足分别为C，D，H， 在直角梯形ABDC中，MHACBD， 2

由抛物线的定义可知ACAF，BDBF(F为抛物线的焦点）

MHAFBF2AB2p 2即AB的中点M到抛物线的准线的最小距离为2p，

线段AB的中点M到y轴的最短距离为2pp3p． 22故答案为：

3p． 215．[－1，＋∞) 【分析】

对于xR，不等式fxgx恒成立，等价于fxxa的图象在gxx1的图象上方，根据数形结合可求出实数a的取值范围. 【详解】

不等式f(x)≥g(x)恒成立

答案第8页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

如图，作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，

观察图象可知：当且仅当－a≤1，即a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立， 因此a的取值范围是[－1，＋∞)．故答案为[－1，＋∞)． 【点睛】

本题主要考查利用函数图象解答不等式恒成立问题，属于中档题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数afx恒成立(afxmax即可)或afx恒成立（afxmin即可）；② 数形结合(yfx 图象在ygx 上方即可)；③ 讨论最值fxmin0或fxmax0恒成立；④ 讨论参数. 16．①② 【分析】

将平面图形还原成正方体，根据异面直线的位置关系及夹角可判断①②；根据直线与平面的夹角求法可判断③，即可得正确答案. 【详解】

将平面展开图还原成正方体，如下图所示：

对于①：由正方体可知：BC//GM，BC=GM可得四边形BCGM是平行四边形， 所以CG//BM，因为AFBM，所以AFCG，所以①正确；

对于②，MN面FMGN，AG面FMGN，AG面FMGNG，GMN，所以AG与MN是异面直线．如图，连接EB、BN，则BN//AG，所以MNB即为AG与MN所成的角，因为MNB是等边三角形，所以MNB60，所以②正确；

对于③，由题意得，GD平面ABCD，所以GBD是BG与平面ABCD所成的角，设正方体的棱长为a，则GDa，BD2a， 所以Rt△BDG中，tanGBDa2，所以22aGBD45，所以③错误．

综上可知正确的为①②

答案第9页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

故答案为： ①② 17．（1）

223；（2）(2,1]. 33【分析】

1（1）根据正弦定理化简题中等式，得sinAcosCsinCsinB．由三角形的内角和定理与

21诱导公式，可得sinBsin(AC)sinAcosC+cosAsinC，代入前面的等式解出cosA，

2结合A(0,)可得角A的大小； （2）根据A22323且a1利用正弦定理，算出bsinB且csinC，结合CB3333代入ABC的周长表达式，利用三角恒等变换化简得到ABC的周长关于角B的三角函数表达式，再根据正弦函数的图象与性质加以计算，可得ABC的周长的取值范围． 【详解】

解：（1）acosCcb，

根据正弦定理，得sinAcosCsinCsinB．

1212又ABC中，sinBsin(B)sin(AC)sinAcosCcosAsinC，

1sinAcosCsinCsinAcosCcosAsinC，

211化简得sinCcosAsinC，结合sinC0可得cosA

22A(0,)，A（2）

A2； 32，a1， 3asinBsinB23ab23bsinB根据正弦定理，可得，同理可得csinC， sinAsin23sinAsinB33因此，ABC的周长labc1112323sinBsinC 33232331[sinBsin(B)]1[sinB(cosBsinB)] 33322231323(sinBcosB)1sin(B)． 322332B(0,)，得B(，)

333332323sin(B)(] sin(B)(2，1，1]，可得labc132333答案第10页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

232,1即ABC的周长的取值范围为． 318．（1）焦点坐标为(3,0)，3,0，顶点坐标为(2,0)，2,0，渐近线方程为y（2）5,10. 【分析】

5x；2（1）根据双曲线方程确定a,b,c，即可按照概念对应写出焦点坐标、顶点坐标和渐近线方程； 6,2（2）先求e（用m表示），再根据e2解不等式得结果. 【详解】

（1）当m4时，

x2y21 双曲线方程化为，45所以a2，b5，c3，

所以焦点坐标为(3,0)，3,0，顶点坐标为(2,0)，2,0， 渐近线方程为y25x. 26c2m55,21，e（2）因为e22 amm所以

3512， 2m解得5m10，

所以实数m的取值范围是5,10． 【点睛】

本题根据双曲线方程求焦点坐标、顶点坐标和渐近线方程，根据离心率求参数范围，考查基本分析求解能力，属基础题. 19．(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）【分析】

(Ⅰ) )连接BD交AC于点O，连接OE，根据中位线定理可得PB//OE，由线面平行的判定定理即可证明PB//平面AEC；

（Ⅱ）以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立空间

答案第11页，总16页

13. 13本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

直角坐标系，分别求出平面CAE 与平面DAE 的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果. 【详解】

(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE，则O为BD中点，

E为PD的中点，所以PB//OE，

OE平面ACE,PB平面ACE，

所以PB//平面AEC；

（Ⅱ）设菱形ABCD的边长为a， VPABCD2VPACD4VEACD3， 21VPABCDS31323PA2a1，则a3. ABCD342取BC中点M，连接AM.

以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴， 以AP方向为z轴，建立如图所示坐标系.

3331CD0,3,0，A0,0,0，E0,,22，2,2,0

答案第12页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

3331AE0,,AC,0， ,22，22设平面ACE的法向量为n1(x,y,z)， 由n1AE,n1AC，

31yz022得，令x1，则y3,z3 3x3y022n11,3,3，

平面ADE的一个法向量为n21,0,0 cosn1n2n1n2113 13，13913. 13即二面角DAEC的余弦值为【点晴】

本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

20．（1）y24x；（2）证明见解析． 【分析】

(1)求出抛物线的焦点,由点到直线的距离公式,解得p2,进而得到抛物线方程;

(2)求得抛物线的焦点和准线方程,设直线AB:xty1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立抛物线方程,运用韦达定理,再设直线AD:y【详解】

p（1）解：抛物线C：y22px的焦点F,0，

2y1x,求得D的坐标,通过B,D的纵坐标,即可得证． x1p0232，解得p2，所以抛物线方程为y24x． 2由题意可得

d22答案第13页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）证明：抛物线y24x的焦点F1,0，

准线方程为x1．设直线AB：xty1，Ax1,y1，Bx2,y2， 联立抛物线方程，可得y24xy40，即有y1y24， 直线AD：yy4y4y1yx，则有D1,1，由于121y2， x1x1y1y1x1D的纵坐标相等，故直线BD平行x轴． 即B、12x221．（1）y21；（2）m或m3．

95【分析】

（1）根据题意可得出关于a、c的方程组，解出这两个量的值，可得出b的值，进而可得出椭圆M的方程；

（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与椭圆M的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出CACB0，利用平面向量数量积的坐标运算，并代入韦达定理，可求得实数m的值. 【详解】

（1）因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642， 所以2a2c642， 又椭圆的离心率为

c2222，即，

a33ac322所以c22，可得a3，c22，所以b1，

3ax2椭圆M的方程为y21；

9xkym222xk9y2kmym90， （2）由x2，消去得2y192kmm29设Ax1,y1、Bx2,y2，则有y1y22，y1y22，①.

k9k9因为以AB为直径的圆过点C，所以CACB0．

由CAx13,y1，CBx23,y2，得x13x23y1y20． 将x1ky1m，x2ky2m代入上式，

答案第14页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

2得k1y1y2km3y1y2m30．

2k将①代入上式，可得

21m29km32kmk912或m3． 52m30，

2整理可得m35m120，解得m【点睛】

方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2的形式； （5）代入韦达定理求解. 22．（1）BP145. ；（2）存在；

BC25【分析】

（1）作CHDC1，连接AH，可以证明M的轨迹为线段CH，求出CH的长度即可；

AC,AA,AB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，BPBC,[0,1]，（2）以A为坐标原点，根据向量关系求出的值即可. 【详解】

（1）作CHDC1，连接AH， 由题知CC1平面ABC， 所以CC1AC，

因为平面CC1D平面ACC1A1，平面CC1D平面ACC1A1CC1， 所以AC平面DCC1， 所以ACDC1，

因为CHDC1，且CH∩DC1H， 所以DC1平面ACH，

答案第15页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以M的轨迹为线段CH， 在△DCC1中可解得CH（2）存在.

以A为坐标原点，AC,AA,AB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 所以A(0,0,0),C(3,0,0),C1(3,2,0),D(3,1,2),B(0,0,1),B1(0,2,1)， 所以BB1(0,2,0),BD(3,1,1)， 设平面BB1D的法向量n(x,y,z)， 2y0所以，

3xyz045; 5所以平面BB1D的一个法向量n(3,0,3)， 设BPBC,[0,1]，

所以DPDBBC(33,1,1)，

所以3|3333|， 423(33)21(1)251

解得或（舍），

26所以

BP1. BC2【点睛】

本题考查线面垂直以及利用向量法求解线面角问题，向量法是几何与代数的纽带，使计算化繁为简，同时熟悉线面平行、垂直的证明方法，属中档题.

答案第16页，总16页