1、2018-2019学年广东省佛山市高二（上）期末数学试卷（理科）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（5分）已知点A（m，2），B（3，4），直线AB的倾斜角为45，那么m的值为（）A1B1C2D52（5分）抛物线y24x的准线与x轴的交点的坐标为（）A（，0）B（1，0）C（2，0）D（4，0）3（5分）双曲线1的渐近线方程为（）Ax2y0B2xy0C4xy0Dx4y04（5分）设命题p：xR，exx+1则p为（）AxR，exx+1BxR，exx+1CxR，exx+1DxR，exx+15（5分）过两直线l1：x3y+10，l
2、2：x+2y+60的交点且与3x+y10平行的直线方程为（）Ax3y+10B3x+y+70Cx3y1l0D3x+y+1306（5分）若曲线mx2+ny21（m，nR）是焦点在x轴上的椭圆，则下列结论正确的是（）A0mnB0nmCm2n2D7（5分）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A38+4B38+5C38+6D38+78（5分）已知命题p：“aR，直线axy3a0都经过一定点”，命题q：“tR，方程x2+y2+2ty+2t20表示圆”则下列命题为真的是（）ApqBp（q）C（p）qD（p）（q）9（5分）已知f（x）x（|x|+1），且a，b为实数，则“ab”是“f（a）f（b）”的
3、（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10（5分）已知圆锥的底面圆周及顶点均在球面上，若圆锥的轴截面为正三角形，则圆锥的体积与球的体积之比为（）A27：32B3：8C3：16D9：3211（5分）如图，已知椭圆C的中心为原点O，F（5，0）为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|OF|且|PF|6，则椭圆C的方程为（）A1B1C1D112（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为L，则L的最大值为（）A3B6C3D9二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分
4、20分13（5分）过点A（4，0）和点B（0，2）的直线方程为 14（5分）在体积为的四面体ABCD中，AB平面BCD，AB1，BC2，BD3，则CD长度的所有值为 15（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），B（4，0）若直线xy+m0上存在点P使得PB2PA，则实数m的取值范围是 16（5分）已知双曲线C的两条渐近线为l1，l2，过右焦点F作FBl1且交l2于点B，过点B作BAl2且交l1于点A，若AFx轴，则双曲线C的离心率为 三、解谷题：本大题共6小题.共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程成演算御17（10分）已
5、知圆C：（x2）2+y24，直线l1：ykx1，l2：yx（1）若圆C上存在两点关于直线l1对称，求实数k的值；（2）若l1，l2被圆C所截得的弦的长度之比为1：2，求实数k的值18（12分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1切掉三棱锥CB1C1D1后形成多面体ABCDD1B1A1，过A1D的截面分别交CD1，B1D1于点E，F（1）证明：B1C平面A1DEF；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值19（12分）设抛物线C：y24x的焦点为F，直线l：2x3y+40与抛物线交于A，B两点（1）求|AF|+|BF|的值；（2）能否在x轴上找到点P，使得APB90？若存在，求出点P的坐标，若
6、不存在，请说明理由20（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BACBAA1CAA160，ABACAA2，D为BC的中点（1）证明：AD平面A1BC；（2）求直线A1C与平面A1B1D所成角的正弦值21（12分）如图，某城市有一块半径为1（单位：百米）的圆形景观，圆心为C，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路最初规划在拐角处（图中阴影部分）只有一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路规划部门采纳了此建议，决定在绿化地中增建一条与圆C相切的小道AB问：A，B两点应选在何处可使得小道AB最短？22（12分）已知椭圆C的两个焦点坐标分别为F1（，0），F2
7、（，0），一个顶点为B（0，1）（1）求椭圆C的标准方程；（2）点A的坐标为（4，0），M（x1，y1），N（x2，y2）是C上的两点且x1x2，直线AM，AN关于x轴对称，求AMN的面积S的取值范围2018-2019学年广东省佛山市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5分）已知点A（m，2），B（3，4），直线AB的倾斜角为45，那么m的值为（）A1B1C2D5【分析】由两点坐标求出直线的斜率，进一步求得m得答案【解答】解：由点A（m，2），B（3，4），得，又直线AB的倾斜
8、角为45，kABtan451则，解得m1故选：B【点评】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题2（5分）抛物线y24x的准线与x轴的交点的坐标为（）A（，0）B（1，0）C（2，0）D（4，0）【分析】求出抛物线的准线方程，然后求解准线与x轴的交点的坐标【解答】解：抛物线y24x的准线为：x1，所以抛物线与x轴的交点的坐标（1，0）故选：B【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力3（5分）双曲线1的渐近线方程为（）Ax2y0B2xy0C4xy0Dx4y0【分析】由双曲线的方程的渐近线方程为yx，求得a，b，即可得到渐近线方程【解答】解：双曲线1的a4，b2，可得渐近线方程为yx
9、，即有2yx故选：A【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用双曲线的性质，考查运算能力，属于基础题4（5分）设命题p：xR，exx+1则p为（）AxR，exx+1BxR，exx+1CxR，exx+1DxR，exx+1【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可【解答】解：命题是特称命题，则命题的否定是全称命题，则p：xR，exx+1，故选：C【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，利用特称命题的否定是全称命题是解决本题的关键比较基础5（5分）过两直线l1：x3y+10，l2：x+2y+60的交点且与3x+y10平行的直线方程为（）Ax3y+10B3x+y+70Cx3y1l0D3
10、x+y+130【分析】求出两直线l1、l2的交点坐标，再设与3x+y10平行的直线方程为3x+y+m0，代入交点坐标求出m的值，即可写出方程【解答】解：两直线l1：x3y+10，l2：x+2y+60的交点为，解得，即（4，1）；设与3x+y10平行的直线方程为3x+y+m0，则3（4）+（1）+m0，解得m13，所求的直线方程为3x+y+130故选：D【点评】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题6（5分）若曲线mx2+ny21（m，nR）是焦点在x轴上的椭圆，则下列结论正确的是（）A0mnB0nmCm2n2D【分析】化简椭圆方程为标准方程，然后推出结果【解答】解：方程mx2+ny21即：示焦
11、点在x轴上的椭圆，可得：0，解得nm0故选：A【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力7（5分）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A38+4B38+5C38+6D38+7【分析】由三视图可知：该几何体由两部分组成：上面是一个圆柱；下面是一个长方体利用表面积计算公式即可得出【解答】解：由三视图可知：该几何体由两部分组成：上面是一个圆柱；下面是一个长方体这个几何体的表面积41+1（23+24）+23438+4故选：A【点评】本题考查了圆柱与长方体的三视图、表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8（5分）已知命题p：“aR，直线axy3a0都经过一定点”，命题q：“t
12、R，方程x2+y2+2ty+2t20表示圆”则下列命题为真的是（）ApqBp（q）C（p）qD（p）（q）【分析】分别判断p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可【解答】解：由axy3a0得a（x3）y0，当x3时，y0，即直线过定点（3，0），则命题p是真命题，由x2+y2+2ty+2t20得x2+（y+t）2t20，则方程无法表示圆，即命题q是假命题，则p（q）是真命题，其余为假命题，故选：B【点评】本题主要考查复合命题真假关系的判断，结合条件判断命题p，q的真假是解决本题的关键9（5分）已知f（x）x（|x|+1），且a，b为实数，则“ab”是“f（a）f（b）”的（）A充分不必要
13、条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据条件判断函数f（x）的单调性，结合函数单调性性质进行判断即可【解答】解：当x0时，f（x）x（x+1）x2+x，对称轴为x，此时f（x）为增函数，且f（x）0，当x0时，f（x）x（x+1）x2+x，对称轴为x，此时f（x）为增函数，且f（x）f（0）0，综上函数f（x）为增函数，则“ab”是“f（a）f（b）”的充要条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数单调性的性质判断函数f（x）的单调性是解决本题的关键10（5分）已知圆锥的底面圆周及顶点均在球面上，若圆锥的轴截面为正三角形，则圆锥的体积与球的体积
14、之比为（）A27：32B3：8C3：16D9：32【分析】设球的半径为2R，用R表示圆锥的底面圆半径以及高，再利用锥体体积公式得出圆锥的体积的表达式，然后再结合球体的体积公式可得出答案【解答】解：取圆锥的轴截面如下图所示，设球的半径为R，圆锥的高为h，底面圆的半径为r，则圆锥的母线长为2r，结合图形可得，所以，圆锥的高为，所以，圆锥的体积为，因此，圆锥的体积与球的体积之比为故选：D【点评】本题考查球体体积的计算，考查圆锥体积的计算，解决本题的关键在于利用球体的半径来表示圆锥中的几何量，考查计算能力，属于中等题11（5分）如图，已知椭圆C的中心为原点O，F（5，0）为C的左焦点，P为C上一点，满
15、足|OP|OF|且|PF|6，则椭圆C的方程为（）A1B1C1D1【分析】设椭圆的右焦点为M，由|OP|OF|及椭圆的对称性知，PFM为直角三角形；由勾股定理计算可得|PM|；由椭圆的定义2a|PF|+|PM|，可得a的值，结合椭圆的几何性质可得b2；然后根据椭圆标准方程的形式，直接写出椭圆的方程，即可得答案【解答】解：根据题意，设椭圆的右焦点为M，连接PM，则|FM|2|OF|10，由|OP|OF|OM|知，PFMFPO，OMPOPM，所以PFM+OMPFPO+OPM，又由PFM+OMP+FPO+OPM180知，FPO+OPM90，即PFPM又由|FM|10，|PF|6，则|PM|8，则2a
16、|PF|+|PM|14，则a7，又由c5，则b2a2c2492524，则椭圆的方程为：+1，故选：C【点评】本题考查椭圆的定义及其几何特征对于椭圆标准方程的求解，关键是根据题设或图形的几何特征，列出关于a，b，c的三个方程，这样才能确定a2，b2，属于中档题12（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为L，则L的最大值为（）A3B6C3D9【分析】推导出BD1，当BP时，当截面过体对角线BD1的中点时，截面为正六边形，其定点为各棱的中点，L取最大值，由此能求出截面周长L的最大值【解答】解：
17、正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，BD1，当BP时，即当截面过体对角线BD1的中点时，此时截面为正六边形，其定点为各棱的中点，（如图）L取最大值截面周长L取最大值为66故选：B【点评】本题考查几何体中动点问题，截面周长问题转化思想，平移平面，找到截面最大时动点位置是关键考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分13（5分）过点A（4，0）和点B（0，2）的直线方程为x2y40【分析】直接写出直线的截距式方程化为一般式即可【解答】解：由题意可得，过点A（4，0）和点B（0，2）的截距式方程为：，即x2y40
18、故答案为：x2y40【点评】本题考查直线的截距式方程，是基础题14（5分）在体积为的四面体ABCD中，AB平面BCD，AB1，BC2，BD3，则CD长度的所有值为【分析】由已知求得BCD的面积，再由面积公式求得sinB，进一步求得cosB，再由余弦定理求得CD长度【解答】解：如图，在四面体ABCD中，AB平面BCD，AB为以BCD为底面的三棱锥的高，AB1，由，得又BC2，BD3，得，得sinB，cosB当cosB时，CD222+322237，则CD；当cosB时，CD222+32223（）19，则CDCD长度的所有值为，故答案为：，【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查了棱锥的体积公式，训练了
19、余弦定理的应用，是中档题15（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），B（4，0）若直线xy+m0上存在点P使得PB2PA，则实数m的取值范围是2，2【分析】设P（x，x+m），由2PAPB，可得4|PA|2|PB|2，利用两点之间的距离公式化为：（x+m）24x2，可得：mx，x2，2通过三角函数代换即可得出【解答】解：设P（x，x+m），2PAPB，4|PA|2|PB|2，4（x1）2+4（x+m）2（x4）2+（x+m）2，化为（x+m）24x2，4x20，解得x2，2，mx，令x2cos，0，m2cos2sin2sin（）2，2，实数m的取值范围是2，2，故答案为2，2【点评】
20、本题考查了两点之间的距离公式、和差化积、三角函数的求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16（5分）已知双曲线C的两条渐近线为l1，l2，过右焦点F作FBl1且交l2于点B，过点B作BAl2且交l1于点A，若AFx轴，则双曲线C的离心率为【分析】设双曲线的方程为1（a，b0），渐近线方程为l1：yx，l2：yx，由xc代入l1的方程可得A的坐标；由两直线平行的条件可得直线FB的方程，联立直线l2的方程可得B的坐标，再由BAl2，运用直线的斜率公式和垂直的条件：斜率之积为1，结合离心率公式计算即可得到所求值【解答】解：设双曲线的方程为1（a，b0），渐近线方程为l1：yx，l2：yx，由题意
21、可设F（c，0），由AFx轴，令xc，代入l1的方程可得y，即有A（c，），过右焦点F作FBl1且交l2于点B，由FB的方程y（xc），联立直线l2：yx，解得B（，），再由BAl2，可得kAB，即有，化为a23b2，由b2c2a2，可得：c2a2，由e可得e故答案为：【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程，直线平行和垂直的条件，考查化简整理的运算能力，属于中档题三、解谷题：本大题共6小题.共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程成演算御17（10分）已知圆C：（x2）2+y24，直线l1：ykx1，l2：yx（1）若圆C上存在两点关于直线l1对称，求实数k的值；
22、（2）若l1，l2被圆C所截得的弦的长度之比为1：2，求实数k的值【分析】（1）由题意知直线l1过圆心C，代入点的坐标求出k的值；（2）求出圆心C到直线l2的距离和被圆C所截得的弦长，再求出直线l1被圆C所截得的弦长与圆心C到直线l1的距离，列方程求出k的值【解答】解：（1）圆C：（x2）2+y24的圆心为C（2，0），圆C上存在两点关于直线l1：ykx1对称，则直线l1过圆心，2k10，解得k；（2）由直线l2：yx，得xy0，则圆心C到直线l2的距离为d2，l2被圆C所截得的弦长为22；又直线l1、l2被圆C所截得的弦长之比为1：2，l1被圆C所截得的弦长为1，由l1：ykx1，得kxy1
23、0；则圆心C到直线l1的距离d1，整理得k216k150，解得k85【点评】本题考查了直线与圆的方程应用问题，是中档题18（12分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1切掉三棱锥CB1C1D1后形成多面体ABCDD1B1A1，过A1D的截面分别交CD1，B1D1于点E，F（1）证明：B1C平面A1DEF；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值【分析】（1）推导出CDA1B1，CDA1B1，从而四边形A1B1CD是平行四边形，进而B1CA1D，由此能证明B1C平面A1DEF（2）推导出B1CEF，从而A1CB1是异面直线A1C与EF所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1C与EF所
24、成角的余弦值【解答】证明：（1）ABCD，ABCD，ABA1B1，ABA1B1，CDA1B1，CDA1B1，四边形A1B1CD是平行四边形，B1CA1D，又B1C平面A1FED，A1D平面A1FED，B1C平面A1DEF解：（2）由（1）得B1C平面A1DEF，又B1C平面B1CD1，平面B1CD1平面A1DEFEF，B1CEF，A1CB1是异面直线A1C与EF所成的角（或所成角的补角），设正方体的棱长为a，则A1B1a，B1C，A1C，在RtA1B1C中，cosA1CB1，异面直线A1C与EF所成角的余弦值为【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线
25、面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题19（12分）设抛物线C：y24x的焦点为F，直线l：2x3y+40与抛物线交于A，B两点（1）求|AF|+|BF|的值；（2）能否在x轴上找到点P，使得APB90？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，联立准线方程和抛物线方程，求交点，结合抛物线的定义，可得所求和；（2）假设在x轴上找到点P（a，0），使得APB90，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，解方程可得结论【解答】解：（1）抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），准线方程为x1，由直线l：2x3y+40，联立抛
26、物线方程可得y26y+80，解得y12，y24，即有A（1，2），B（4，4），则|AF|+|BF|（1+1）+（4+1）7；（2）假设在x轴上找到点P（a，0），使得APB90，由A（1，2），B（4，4），可得kAPkBP1，即1，即为a25a+120，由25480，可得方程无解，故不存在P，使得APB90【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立求交点，考查方程思想和运算能力，属于中档题20（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BACBAA1CAA160，ABACAA2，D为BC的中点（1）证明：AD平面A1BC；（2）求直线A1C与平面A1B1D所成
27、角的正弦值【分析】（1）设AB2a，则AA13a，推导出ABA1ACA1，从而A1DBC，再求出ADA1D，由此能证明AD平面A1BC（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A1C与平面A1B1D所成角的正弦值【解答】证明：（1）设AB2a，则AA13a，ABAC2a，BAC60，BC2a，ADBC，且AD，ABAC2a，BAA1CAA160，AA1AA13a，ABA1ACA1，A1BA1Ca，A1DBC，a，AD2+AA12，ADA1D，又BCA1DD，AD平面A1BC解：（2）由（1）可如图建立空间直角坐标系，则A1（0，0，），C（0，a，0），D（0，0，0），A（a，0，0），
28、B（0，a，0），（0，a，），（0，0，），（），设平面A1B1D的法向量（x，y，z），则由，取x1，得（1，0），设直线A1C与平面A1B1D所成角为则sin直线A1C与平面A1B1D所成角的正弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题21（12分）如图，某城市有一块半径为1（单位：百米）的圆形景观，圆心为C，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路最初规划在拐角处（图中阴影部分）只有一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路规划部门采纳了此
29、建议，决定在绿化地中增建一条与圆C相切的小道AB问：A，B两点应选在何处可使得小道AB最短？【分析】分别由两条道路所在直线建立直角坐标系xOy设A（a，0），B（0，b）（0a1，0b1），求得直线AB的方程和圆的方程，运用直线和圆相切的条件：dr，求得a，b的关系，再由两点的距离公式和基本不等式，解不等式可得AB的最小值，及此时A，B的位置【解答】解：如图，分别由两条道路所在直线建立直角坐标系xOy设A（a，0），B（0，b）（0a1，0b1），则直线AB方程为+1，即bx+ayab0因为AB与圆C：（x1）2+（y1）21相切，所以1，化简得ab2（a+b）+20，即ab2（a+b）2，因
30、此AB，因为0a1，0b1，所以0a+b2，于是AB2（a+b）又ab2（a+b）2（）2，解得0a+b42，或a+b4+2，因为0a+b2，所以0a+b42，所以AB2（a+b）2（42）22，当且仅当ab2时取等号，所以AB最小值为22，此时ab2答：当A，B两点离道路的交点都为2（百米）时，小道AB最短【点评】本题考查基本不等式在最值问题中的运用，同时考查直线和圆相切的条件，考查化简整理的运算能力，属于中档题22（12分）已知椭圆C的两个焦点坐标分别为F1（，0），F2（，0），一个顶点为B（0，1）（1）求椭圆C的标准方程；（2）点A的坐标为（4，0），M（x1，y1），N（x2，y2
31、）是C上的两点且x1x2，直线AM，AN关于x轴对称，求AMN的面积S的取值范围【分析】（1）椭圆C的焦点在x轴上，可设标准方程为+1，（ab0），且b1，4，由此能求出椭圆C的标准方程（2）设直线MN的方程为xkx+m，（k0），联立，得（k2+4）y2+2kmy+m240，由此利用韦达定理、关于x轴对称的直线的性质、弦长公式、三角形面积公式，结合已知条件能求出AMN的面积S的取值范围【解答】解：（1）椭圆C的两个焦点坐标分别为F1（，0），F2（，0），一个顶点为B（0，1）椭圆C的焦点在x轴上，可设标准方程为+1，（ab0），且b1，4，椭圆C的标准方程为+y21（2）设直线MN的方程为xky+m，（k0），联立，整理，得（k2+4）y2+2kmy+m240，y1+y2，y1y2，关于x轴对称的两条不同直线l1，l2的斜率之和为0，即0，+0，2ky1y2+（m4）（y1+y2）0，0，解得m1，直线MN的方程为xky+1，直线MN过定点B（1，0），又|y1y2|4，令t，则t（0，），|y1y2|4（0，），AMN的面积S|AB|y1y2|y1y2|（0，）AMN的面积S的取值范围是（0，）【点评】本题考查椭圆标准方程的求法，考查三角形的面积的取值范围的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题
