青海省海西州高级中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学（理）试题（含答案与解析）

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海西州高级中学2020-2021学年第一学期期中考试
高二 理科数学试卷

考试时间： 120分钟 总分： 150 分
命题人： 审核人：高一备课组
第I卷（选择题）
一、选择题(每个小题只有一个选项符合答案,共12题,每小题5分，共60分)
1．下列有关命题的说法正确的是( )
A．命题“若，则”的否命题为：“若，则”．
B．若为真命题，则均为真命题.
C．命题“存在，使得” 的否定是：“对任意，均有”．
D．命题“若，则”的逆否命题为真命题．
2．已知命题，命题，则是的 ( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积是，則它的表面积是（ ）
A． B． C． D．
4．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若，，则 ②若，，，则
③若，，则 ④若，，则
其中正确命题的序号是（ ）
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④
5．已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于（ ）
A． B．3 C．5 D．
7．如图所示，正方体的棱长为4，点，在棱上，，则三棱锥的体积是（ ）
A． B． C．8 D．与点位置有关
8．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　 )
A． B． C． D．
9．若直线与抛物线交于两个不同的点，抛物线的焦点为，且成等差数列，则 （　　）
A．2或 B． C．2 D．
10．已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论： 三棱锥的体积不变； 平面；
； ④
其中正确的结论的个数是　　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．已知椭圆的左右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．若双曲线的离心率为，则实数__________．
14．椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上任意一点，已知|PF1|+|PF2|＝4，且|F1F2|＝2，则椭圆的四个顶点构成的菱形的面积为_____.
15．已知 棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值 ．
16．如图，直三棱柱中,，， ，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点.有下列判断：
① 直线与直线是异面直线；②一定不垂直；
③ 三棱锥的体积为定值； ④的最小值为.
其中正确的序号是______.
三、解答题（共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤）
17．（本小题满分10分）已知椭圆C的两焦点分别为，长轴长为6． ⑴求椭圆C的标准方程; ⑵已知过点（0，2）且斜率为1的直线交椭圆C于A 、B两点,求线段AB的长度．


18．（本小题满分10分） 已知在三棱锥中，
（1）证明： ； （2）求三棱锥的体积.


19．（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，已知点，P是动点，且三角形的三边所在直线的斜率满足．
（Ⅰ）求点P的轨迹的方程；
（Ⅱ）若Q 是轨迹上异于点的一个点，且，直线与交于点M，试探究：点M的横坐标是否为定值？并说明理由．



20．（本小题满分12分） 如图，在三棱锥P-ABC中，．
（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
21．（本小题满分14分）已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于､两点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若过原点，为双曲线上异于､的一点，且直线､的斜率､均存在，求证：为定值；
（3）若过双曲线右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.



22．（本小题满分12分）如图,ABCD是边长为a的正方形,PA⊥平面ABCD．
(1)若PA=AB,点E是PC的中点,求直线AE与平面PCD所成角的正弦值; (2)若BE⊥PC且交点为E,BE=a,G为CD的中点,线段AB上是否存在点F,使得EF∥平面PAG?若存在,求AF的长;若不存在,请说明理由.

海西州高级中学2020-2021学年第一学期期中考试
高二 理科数学试卷答案

参考答案详解
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：A．利用否命题的定义即可判断出；
B．利用“或”命题的定义可知：若p∨q为真命题，则p与q至少有一个为真命题；
C．利用命题的否定即可判断出；
D．由于命题“若x=y，则sinx=siny”为真命题，而逆否命题与原命题是等价命题，即可判断出．
解：对于A．命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，因此不正确；
对于B．若p∨q为真命题，则p与q至少有一个为真命题，因此不正确；
对于C．“存在x∈R，使得x2+x+1＜0”的否定是：“对任意x∈R，均有x2+x+1≥0”，因此不正确
对于D．由于命题“若x=y，则sinx=siny”为真命题，因此其逆否命题为真命题，正确．
故选D．
考点：命题的真假判断与应用．

2．A
【解析】
由指数函数的单调性可知，所以是的充分条件；由可得，即，则是的不必要条件，应选答案A。
3．A
【解析】几何体为 个圆柱，底面半径为，高为，所以体积为 因此表面积是 选.
点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥，圆柱，球是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．
4．A
【解析】
【分析】
根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．
【详解】
解：对于①，因为，所以经过作平面，使，可得，
又因为，，所以，结合得．由此可得①是真命题；
对于②，因为且，所以，结合，可得，故②是真命题；
对于③，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面是正方体下底面所在的平面，
则有且成立，但不能推出，故③不正确；
对于④，设平面、、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，
则有且，但是，推不出，故④不正确．
综上所述，其中正确命题的序号是①和②
故选：
【点睛】
本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．
5．D
【解析】
【分析】
由题意得到关于m的方程，解方程求得m的值即可确定双曲线方程.
【详解】
由题意可得：，
则实轴长为：，虚轴长为，
由题意有：，解得：，
代入可得双曲线方程为.
本题选择D选项.
【点睛】
本题主要考查双曲线方程的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
6．A
【解析】
抛物线焦点为,故,双曲线焦点到渐近线的距离等于,故距离为,所以选.
7．A
【解析】
【分析】
利用换顶点方法，把三棱锥的体积问题转化成三棱锥的体积问题来解决．
【详解】
===,故选A．
【点睛】
三棱锥的体积问题一般用换顶点方式将其转化成能求底面积和高的的三棱锥来解决，例如．
8．C
【解析】
以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则
，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.
考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.

9．C
【解析】
【分析】
设．由得，由韦达定理得，因为直线与抛物线交于两个不同的点，所以即， 由抛物线的性质可知，再结合条件有，进而得而出答案。
【详解】
解：设．由消去，得，
故，解得，且．
由，且成等差数列，
得，得，
所以，解得或，又，故，
故选：C．
【点睛】
圆锥曲线与直线相交问题是高考的重要考点，解题的一般方法是设出交点坐标，将直线方程与圆锥曲线方程联立，再通过韦达定理结合题意求解。
10．C
【解析】
【分析】
根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可.
【详解】
根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.
11．C
【解析】
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【详解】

对于①，由题意知，从而平面，
故BC上任意一点到平面的距离均相等，
所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；

对于②，连接，，且相等，由于知：，
所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；

对于③，由于平面，所以，
若，则平面DCP，
，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；

对于④，连接，由且，
可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确．
故选C．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．
12．C
【解析】
【分析】
由轴，可得出点坐标（不妨设在第一象限），由得，从而可表示出点坐标，把点坐标代入椭圆方程得的关系式，变形后可求得．
【详解】
因为轴，所以不妨设
因为，所以，即.因为，
，，∴，，
即，代入椭圆方程可得，，，
所以.
故选：C．
【点睛】
本题考查椭圆的定义及基本性质，求离心率，关键是列出关于的等式，本题根据三角形面积关系得出，从而表示出点坐标是解题关键．
13．2
【解析】
，.渐近线方程是.
14．4
【解析】
【分析】
通过，且，求出，，然后求出，即可求解椭圆的四个顶点构成的菱形的面积．
【详解】
椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上任意一点，已知，且，可得，，则，
则椭圆的四个顶点构成的菱形的面积为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质的应用、菱形面积的求法，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
15．
【解析】
取AB的中点F，连接B1F，取C1B的中点O，连接FO，B1O，根据B1O⊥平面ABC1D1，可知∠B1FO为B1F与平面ABC1D1所成角，在Rt三角形B1FO中求解即可，而AE∥B1F，从而求出所求．
解答：解：取AB的中点F，连接B1F，取C1B的中点O，连接FO，B1O
B1O⊥平面ABC1D1，∴∠B1FO为B1F与平面ABC1D1所成角
B1O=，B1F=
∴sin∠B1FO=
而AE∥B1F，所以直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为
故答案为
16．①③④
【解析】
【分析】
由题意画出图形，由异面直线的概念判断①；利用线面垂直的判定与性质判断②；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断③；设BE＝x，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断④．
【详解】
如图，

∵直线AC经过平面BCC1B1内的点C，而直线C1E在平面BCC1B1内不过C，
∴直线AC与直线C1E是异面直线，故①正确；
当E与B重合时，AB1⊥A1B，而C1B1⊥A1B，
∴A1B⊥平面AB1C1，则A1E垂直AC1，故②错误；
由题意知，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O是AC1 与A1C 的交点，则△AA1O的面积为定值，由BB1∥平面AA1C1C，
∴E到平面AA1O的距离为定值，∴三棱锥E﹣AA1O的体积为定值，故③正确；
设BE＝x，则B1E＝2﹣x，∴AE+EC1．
由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值知，
其最小值为2，故④正确．
故答案为①③④
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题
17．（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1)由焦点坐标可求c值，a值，然后可求出b的值．进而求出椭圆C的标准方程．
（2）先求出直线方程然后与椭圆方程联立利用韦达定理及弦长公式求出|AB|的长度．
【详解】
解：⑴由，长轴长为6
得：所以
∴椭圆方程为
⑵设,由⑴可知椭圆方程为①,
∵直线AB的方程为②
把②代入①得化简并整理得
所以
又
【点睛】
本题考查椭圆的方程和性质，考查韦达定理及弦长公式的应用，考查运算能力，属于中档题．
18．（1）见解析；（2）arctan
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）欲证AB⊥A1C，而A1C⊂平面ACC1A1，可先证AB⊥平面ACC1A1，根据三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，可知AB⊥AA1，由正弦定理得AB⊥AC，满足线面垂直的判定定理所需条件；
（2）作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，由三垂线定理知BD⊥A1C，则∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角，在Rt△BAD中，求出二面角A﹣A1C﹣B的余弦值即可．
（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥AA1，
在△ABC中，AB=1，AC=，∠ABC=60°，由正弦定理得∠ACB=30°，
∴∠BAC=90°，即AB⊥AC，
∴AB⊥平面ACC1A1，
又A1C⊂平面ACC1A1，
∴AB⊥A1C．
（2）解：如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，
由三垂线定理知BD⊥A1C，
∴∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角．
在Rt△AA1C中，AD==，
在Rt△BAD中，tan∠ADB==，
即二面角A﹣A1C﹣B的正切值为arctan．

考点：二面角的平面角及求法．

19．（1）（且）；（2）点M的横坐标为定值．
【解析】第一问利用已知的斜率关系式，设点的坐标代入即可得到轨迹方程。
第二问中，由由可知直线，则，然后设出点P,Q的坐标，然后表示一个关系式，然后利用由三点共线可知，同理得到关系式，联立解得。
解：（Ⅰ）设点为所求轨迹上的任意一点，则由得

，　
整理得轨迹的方程为（且），
（Ⅱ）设，
由可知直线，则，
故，即，　
由三点共线可知，与共线，
∴　，
由（Ⅰ）知，故，
同理，由与共线，
∴　，即，
由（Ⅰ）知，故，
将，代入上式得，
整理得，
由得，即点M的横坐标为定值．
（方法二）
设
由可知直线，则，
故，即，　　
∴直线OP方程为： ①；　 　
直线QA的斜率为：，　　
∴直线QA方程为：，即 ②；
联立①②，得，∴点M的横坐标为定值．　
20．（1）详见解析；（2）在直线上存在点，使得直线与平面所成角为．
【解析】
试题分析：（1）由题意可知，因为，可得平面，进而可得，再利用面面垂直的判定定理可得，平面平面； （2）由已知及（1）所证可知，平面，．以为原点，建立如图的空间直角坐标系，则，可求得平面的法向量为，设直线上的点满足，则，则，根据，即可解得得值．
试题解析：（1）∵，∴PA⊥AB，PA⊥AC．
∵平面．
∵平面．
∵，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（2）由已知及（1）所证可知，平面．以为原点，建立如图的空间直角坐标系，

则，设是平面的法向量，，则取，得，…9分
设直线上的点满足，则，则，∵
，解得，
∴在直线上存在点，使得直线与平面所成角为．
考点：1．线面垂直的判定定理；2．面面垂直的判定定理；3．空间向量在立体几何中的应用．
【方法点睛】求直线与平面所成的角 的向量法：设为直线与平面所成的角，为直线的方向向量与平面的法向量之间的夹角，则有（图1）或（图2），

即直线与平面所成的角可看成是向量与平面的法向量所成的锐角的余角，所以有．特别地 时，，；时，，或．
21．（1）；（2）证明见解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）利用双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，建立方程即可求解；
（2）设点坐标为，则由对称性知点坐标，设，由点A,P在双曲线上可得，，代入中化简即可；
(3）先假设存在定点M，使MA MB恒成立，设出M点坐标，根据数量积为0，求得结论.
【详解】
（1）由题意得：
解得：
∴双曲线的方程为
（2）证明：设点坐标为，则由对称性知点坐标为
设，则
，得
∴
（3）当直线的斜率存在时，设直线方程为，与双曲线方程联立消得：，
∴得且
设､
∵




假设存在实数，使得，
∴对任意的恒成立，
∴，解得.
∴当时，.
当直线l的斜率不存在时，由及知结论也成立
综上：存在，使得.
【点睛】
本题主要考查点的轨迹方程的求法，考查斜率的计算，考查存在性问题，综合性强，属于难题.
22．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）以A为坐标原点建立坐标系，得出以及平面PCD的一个法向量，设直线AE与平面PCD所成角为,由sin=|cos|,即可求出直线AE与平面PCD所成角的正弦值。
（2）设P(0,0,c)(c>0)，=λ由BE=a以及BE⊥PC可得λ=,c=a设AF=m，求出平面PAG的法向量为n，由·n=0即可得出答案。
【详解】
(1)以A为原点,建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a),E=(a,0,0),=(0,a,-a).

设平面PCD的法向量m=(x,y,z),则
取m=(0,1,1),
则cos=.
设直线AE与平面PCD所成角为,
则sin=|cos|,所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.
(2)G,设P(0,0,c)(c>0),
则=(-a,-a,c).
设=λ,则E((1-λ)a,(1-λ)a,λc),
∴=(-λa,(1-λ)a,λc).
∵BE=a,
∴(-λa)2+[(1-λ)a]2+(λc)2= a2. ①
∵BE⊥PC,∴λa2-(1-λ)a2+λc2=0.
∴c2=a2. ②
由①②解得λ=,c=a,
∴E,P(0,0,a).
若存在满足条件的点F,可设AF=m(0≤m≤a),
则F(m,0,0),.
设平面PAG的法向量为n=(s,t,p),
则∴n=(-2,1,0).
∵EF∥平面PAG,∴·n=0.
∴-2m+a-a=0,∴m=a.
∴存在满足条件的点F,且AF=a.
【点睛】
本题（1）问主要考察利用空间向量法求线面角。在利用空间向量法解决存在性问题时，常用向量共线，通过一个未知数来表示所求点的坐标，最后根据题中所给条件列出方程即可求出。