2020武威六中高二上学期第三次学段考试数学（理）试题含答案

这是一份2020武威六中高二上学期第三次学段考试数学（理）试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
武威六中2019-2020学年度第一学期第三次学段考试高二理科数学试卷一、单选题（共12小题，每小题5分，共60分）1．若命题“”为假，“”为假，则（    ）A．真真    B．假假    C．真假       D．假真2．已知空间向量，，且，则（    ）A． B． C．1 D．33．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（     ）A．  B．  C．  D．4．设，为两条不重合的直线，，为两个不重合的平面，，既不在内，也不在内，则下列结论正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则 5．是"方程""表示焦点在y轴上的椭圆的(   )A．充分不必要条件   B．充要条件  C．必要不充分条件  D．既不充分也不必要条件6．已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则（    ）A．4 B． C．6 D．27．已知命题：关于的函数 在 上是增函数，命题：函数为减函数，若为真命题，则实数的取值范围是  (      )A． B． C． D．8．如图所示，在三棱柱中，，，，点，分别是棱，的中点，则直线和所成的角是（    ）A．     B．     C．      D．9．若命题是真命题，则实数a的取值范围是（    ）A．       B．    C．        D．10．已知直线：与抛物线相交于、两点，且满足，则的值是（    ）A． B． C． D．11．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M、N分别在AB1、BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1// MN；③MN//平面A1B1C1D1；④B1D1⊥MN，其中，正确命题的个数是（ ）A．1   B．2   C．3  D．4 12．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13．命题：“”的否定是                  .14．直线是双曲线的一条渐近线，双曲线的离心率是__________．15．设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.16．已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为________.三、解答题（6小题，共70分）17．（10分）．设命题：方程表示中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线；命题，.若“”为真命题，求实数的取值范围.  18．（12分）如图所示的几何体中，矩形和矩形所在平面互相垂直, ,为的中点,.（Ⅰ）求证: ；（Ⅱ）求证: .   19．（12分）如图，在三棱柱中，已知平面，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.    20．（12分）已知焦点在x轴上的椭圆C1的长轴长为8,短半轴为2,抛物线C2的顶点在原点且焦点为椭圆C1的右焦点．（1）求抛物线C2的标准方程；（2）过（1，0）的两条相互垂直的直线与抛物线C2有四个交点,求这四个点围成四边形的面积的最小值．  21．（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．（1）求证：；（2）求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值；（3）在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．  22．（12分）已知椭圆E：（a＞b＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，且F1，F2与短轴的一个端点Q构成一个等腰直角三角形，点P（）在椭圆E上，过点F2作互相垂直且与x轴不重合的两直线AB，CD分别交椭圆E于A，B，C，D且M，N分别是弦AB，CD的中点（1）求椭圆的方程（2）求证：直线MN过定点R（，0）（3）求△MNF2面积的最大值．      
2019~2020学年度第三学段考试高二数学试卷(理)参考答案1．C2．C3．A4．D5．B6．A7．C8．B9．A10．C11．B12．D13．14．215．16．17．【详解】若为真命题，则得：若为真命题：则：得：所以由：，得：，所以实数的范围为.18．分析：（1）证明线面平行只需在面内找一线与已知线平行即可，连结交于,连结，可证；（2）线面垂直只需在面内找两条相交直线与已知线垂直即可，由，可得结论.详解：（I）证明：连结交于,连结因为为中点，为中点,所以,又因为,所以; …………………4分(II)因为正方形和矩形所在平面互相垂直,所以所以，又因为所以,所以因为，正方形和矩形，所以,所以，所以,又因为,所以又因为,所以，所以,所以。 …………………12分19．解：（1）如图,连接,因为平面,平面,平面,所以,.  又,所以四边形为正方形,所以.因为,所以.又平面,平面,,所以,平面因为平面,所以.又平面,平面,,所以平面.因为平面,所以（2）解法1:在中,,,,所以.又平面,,所以三棱锥的体积易知,,,所以设点到平面的距离为,则三棱锥的体积,由等体积法可知,则,解得 .设直线与平面所成的角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为解法2：(2)由（1）知,,,两两垂直,以为坐标原点,以,,所在的直线分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为,.所以,,,,所以,,设平面的法向量为,则,即,令,,所以为平面的一个法向量,则设直线与平面所成的角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为20.(1)设椭圆半焦距为c（c＞0）,由题意得c．设抛物线C2的标准方程为y2＝2px（p＞0）,则，∴p＝4,∴抛物线C2的标准方程为y2＝8x；(2)由题意易得两条直线的斜率存在且不为0,设其中一条直线l1的斜率为k,直线l1方程为y＝k（x﹣1）,则另一条直线l2的方程为y（x﹣1）,联立得k2x2﹣（2k2+8）x+k2＝0，△＝32k2+64＞0，设直线l1与抛物线C2的交点为A，B，则则|AB||x2﹣x1|，同理设直线l2与抛物线C2的交点为C，D，则|CD|4．∴四边形的面积S|AB|•|CD|4．，令t2，则t≥4（当且仅当k＝±1时等号成立），．∴当两直线的斜率分别为1和﹣1时，四边形的面积最小，最小值为96 21．（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，设平面的法向量，∴不妨设，又，∴，∴，又∵平面，∴平面．（Ⅱ）∵，，设平面的法向量，∴不妨设，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，∴，∴，又∵平面的法向量，∴，∴，∴或．当时，，∴；当时，，∴．综上，．    22.（1）∵椭圆E：（a＞b＞0）经过点P（）且F1，F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形，则b＝c，a2＝b2+c2＝2b2，∴，解得a2＝2，b2＝1，∴椭圆方程为；（2）证明：设直线AB的方程为x＝my+1，m≠0，则直线CD的方程为xy+1，联立，消去x得（m2+2）y2+2my﹣1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2，y1y2，∴x1+x2＝（my1+1）+（my2+1）＝m（y1+y2）+2，由中点坐标公式得M（，），N（，），kMN，直线MN的方程为y（x），即为y（x﹣1），令x﹣1=0，可得x，即有y＝0，则直线MN过定点R，且为R（，0），（3）方法一：△F2MN面积为S|F2H|•|yM﹣yN|，（1）•||||||令mt（t≥2），由于2t的导数为2，且大于0，即有在[2，+∞）递增．即有S••在[2，+∞）递减，∴当t＝2，即m＝1时，S取得最大值，为；则△MNF2面积的最大值为方法二：|MF2|，|NF2|，则△MNF2面积S|MF2|×|NF2|，令mt（t≥2），则S，当且仅当t＝2即m＝1时，△MNF2面积的最大值为．∴△MNF2面积的最大值为．