2019-2020学年山西省太原市高二上学期期末数学(理)试题(解析版)

一、单选题

1．命题“若x1，则x21”的逆否命题是（ ） A．若x21，则x1 C．若x1，则x21 【答案】D

【解析】根据原命题为：若p，则q；则其逆否命题为若q，则p；即可得到结果. 【详解】

命题“若x1，则x21”的逆否命题是：若x21，则x1. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查了原命题和逆否命题之间的关系，属于基础题,

B．若x1，则x21 D．若x21，则x1

x2y22．双曲线1的实轴长为（ ）

94A．9 【答案】B

【解析】根据双曲线实轴的概念，即可得到结果. 【详解】

B．6

C．25 D．4

x2y2由题意可知，双曲线1的实轴长为296.

94故选：B. 【点睛】

本题主要考查了双曲线的性质，属于基础题.

rrrr3．已知a(1,1,2)，b(1,m,n)，若a=λb，则实数m,n的值分别是（ ）

A．1,2 【答案】A

【解析】根据空间向量共线的坐标运算公式，即可求出结果. 【详解】

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B．1,2

C．1,2

D．1,2

1rrm11m. 因为a=λb，所以，所以n22n故选：A. 【点睛】

本题主要考查了空间向量共线的坐标运算，属于基础题. 4．已知p:ab，q:acbc，则p是q的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 必要条件 【答案】C

【解析】根据不等式的性质可知abacbc，再根据充分、必要条件的判断，即可得到结果. 【详解】

因为ab，所以acbc，故p是q的充分条件； 又acbc，所以ab，所以p是q的必要条件； 综上，p是q的充要条件. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了充分、必要条件的判断，属于基础题.

D．既不充分也不

x2y25．已知椭圆C:1的左右焦点分别是F1,F2，过F1的直线l与椭圆C相交于

169A,B两点则ABF2的周长为（ ）

A．8+27 【答案】D

【解析】根据椭圆的定义，即可求出结果. 【详解】

连接AF2,BF2，如下图所示：

B．1627 C．8

D．16

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由椭圆的定义可知，AF1AF28,BF1BF28，

又ABF2ABAF2BF2，ABAF1BF1，所以ABF2的周长为16. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查椭圆定义的应用，属于基础题.

6．已知命题“xR，x2ax10”是假命题，则实数a的取值范围为（ ） A．(,2]

【答案】D

【解析】由题意可知，命题“xR，x2ax10”是真命题，再利用一元二次不等式的解集与判别式的关系即可求出结果. 【详解】

由于命题“xR，x2ax10”是假命题， 所以命题“xR，x2ax10”是真命题； 所以a240，解得a(,2]U[2,). 故选：D. 【点睛】

本题考查了简易逻辑的判定、一元二次不等式的解集与判别式的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M,N,P分别是A1B1,CC1,AD的中点，则异面直线D1N与MP所成角的大小是（ ）

B．[2,)

C．[2,2]D．(,2]U[2,)

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A．90 【答案】A

B．60 C．45 D．30

【解析】取BB1中点K，连接A1K，则A1K//D1N，取B1K的中点Q，连接MQ,PQ，由平行线的传递性可得MQ//D1N，所以PMQ即为所求异面直线D1N与MP所成角，然后再根据勾股定理即可得到结果. 【详解】

取BB1中点K，连接A1K，则A1K//D1N，取B1K的中点Q，连接MQ,PQ，则

MQ//A1K，所以MQ//D1N，所以PMQ即为所求异面直线D1N与MP所成角；

如下图：

设正方体的棱长为4，由勾股定理易知，

PQ2PB2BQ229,PM224,MQ25 ,所以PQ2 PM2 MQ2,所以

PMQ90，即异面直线D1N与MP所成角为90.

故选：A. 【点睛】

本题主要考查了异面直线成角，这类问题的解题关键是找到两条异面直线中的一条的平行线进行平移，构造三角形，再利用正弦定理或者余弦定理解决，本题属于基础题.

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xyx2y268．若双曲线221(a0,b0)的离心率是，则椭圆221的离心率是

abab2（ ） A．

222 2B．3 2C．6 3D．3 3【答案】A

【解析】根据双曲线的离心率关系可得a22b2，然后再根据椭圆的离心率为

a2b2，即可求出结果. 2a【详解】

ab3x2y26 因为双曲线221(a0,b0)的离心率是，所以，所以a22b2；2aba22x2y2a2b2a2b22b2b22因为椭圆221的离心率为，所以，故椭222abaa2b2x2y22. 圆221的离心率为

ab2故选：A. 【点睛】

本题主要考查了椭圆和双曲线的离心率的概念，属于基础题.

22rrrrrr 9．已知a(1,1,0)，b(0,1,1)，c(1,2,m)，若a,b,c共面，则实数m（ ）

A．1 【答案】B

【解析】利用空间向量共面的条件，设实数x,y，使 cxayb，列出方程组，求出m的值即可． 【详解】

rrrB．3 C．1 D．2

rrrrrrx,y因为向量 a,b,c 共面，所以存在实数使得cxayb，

x1即(1,2,m)x,xy,y， 所以xy2； 解得x1,y3,m3．

ym故选：B． 【点睛】

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本题考查了空间向量的共面问题，属于基础题．

10．已知直线l与抛物线x24y相交于A,B两个不同点.若线段AB的中点坐标为

(1,2)，则直线l的方程为（ ）

A．2xy0 【答案】D

【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，然后利用点差法，即可求出kAB式即可求出结果. 【详解】

设Ax1,y1，Bx2,y2，

B．xy10

C．x4y70

D．x2y30

1，再根据点斜2x124y1yyxxx12x224y14y21212 所以2x1x24x24y2又线段AB的中点坐标为(1,2)，所以x1x22， 所以kAB故选：D. 【点睛】

本题主要考查了直线和抛物线的位置关系，熟练掌握点差法是解题的关键. 11．如图，把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足

y1y21，所以直线l的方程为y1x12，即x2y30.

x1x222uuur2uuuruuuruuuruuurBPBABCBD，则|BP|（ ）

A．3 【答案】A

B．42 C．4

D．36 2【解析】取BD的中点M，根据正方形的特点和线面垂直的判定定理，可证BD平面AMC，进而可得ACBD；又边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面

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uuruuruuur角，可知ACBCAB；再根据向量的减法可得BPCABD，再利用数量积和

模的关系即可求出结果. 【详解】

取BD的中点M，连接MC，MA，如下图所示：

则MCBD，AMBD，

又MAMCM，所以BD平面AMC，所以ACBD， 又边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角， 所以CM平面ABD，所以AMC为直角三角形， 所以AC2AM2MC21，所以ACBCAB， 又BPBABCBD，所以BPCABD，

uuuruuuruuuruuuruuruuruuuruur2uuruuur2uur2uuruuuruuur2所以BPCABD=CA+2CABDBD=1+0+2=3.

故选：A. 【点睛】

本题考查了直二面角的定义，线面垂直的判定定理，向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于中档题．

x2y212．已知点F1,F2是双曲线C:221(a0,b0)的左右焦点，点P在双曲线C右

abuuuruuuruuuur1支上，且PF2(OPOF2)0，直线PF1的斜率为，则双曲线C的渐近线方程为

2（ ） A．yx 【答案】C

B．y2x

C．y2x

D．y5x

uuuruuuuruuuur【解析】取PF2的中点M，连接OM，由向量的加法法则OPOF22OM，进而uuuuruuuurPF2OM0，即PF2OM，又OM//PF1，所以PF1PF2，在RtPF1F2中，

PF21和PF12PF22F1F22，再根据双曲线的性质，即可求出结果. 由题意易知

PF12第 7 页 共 20 页

【详解】

取PF2的中点M，连接OM，如下图所示：

uuuruuuuruuuur由向量的加法法则，OPOF22OM，

uuuuruuuruuuuruuuuruuuurPFOPOF0又，所以PF2OM0，所以PF2OM， 22又OM//PF1，所以PF1PF2，

PF211，所以PF12PF2， 又直线PF1的斜率为，所以在RtPF1F2中，

PF122又PF1PF22a，所以PF22a,PF14a，

222在RtPF1F2中，PF1PF2F1F2，所以c25a2，

又c2a2b2，所以b24a2，所以

b2， a所以双曲线C的渐近线方程为y2x. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了双曲线的定义和平面向量的加法的几何意义，属于中档题.

二、填空题

13．命题“xR,sinx1”的否定是“ ”． 【答案】xR，sinx1 【解析】【详解】

因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“xR,sinx1”的否定是xR，sinx1

rrrrr14．已知a1,1,0，b(0,1,1)，若(ab)a，则实数_______.

【答案】2

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rr【解析】根据题意，可知ab1,1,，再根据垂直的数量积公式，即可求出

结果. 【详解】

rrrr因为a1,1,0，b(0,1,1)，所以ab1,1,，

rrr又(ab)a，所以1+1++0=0，所以2.

故答案为：2. 【点睛】

本题主要考查了空间向量垂直的数量积公式的应用，属于基础题.

x2y215．已知F1,F2分别是椭圆C:221(ab0)的左右焦点，P为C上一点，

ab△PF1F2的内心为点I，过I作平行于x轴的直线分别交PF1,PF2于点A,B，若椭圆CSPAB1_____. 的离心率e，则

S2PF1F2【答案】

4 9【解析】根据椭圆的离心率可知a2c，根据椭圆的定义可知PF1F2的周长为

2ac6c，设PF1F2的内切圆半径为r，点Px,y，利用SPF1F21F1F2ycy=pr（p为PF1F2周长的一半），可得y3r，再根据22SPAByr，即可求出结果.

SPF1F2y【详解】

x2y2设椭圆C:221(ab0)的焦距为2c，

ab由题设

c1，所以a2c， a2由椭圆的定义可知，PF1F22c， 1PF22a，FPF1F2的周长为2ac6c，

设PF1F2的内切圆半径为r，点Px,y. 又SPF1F21F1F2ycy. 2第 9 页 共 20 页

设p为PF1F2周长的一半，则SPF1F2pr3cr， 所以3crcy，得y3r，

yrS由题意可知，PABPF1F2得PAB.

SPF1F2ySPAB3rr4. 所以SPF1F23r9故答案为：【点睛】

本题主要考查了直线与椭圆的位置关系和椭圆的性质，属于中档题.

16．已知A,B是抛物线y24x上的两个不同动点，点P(1,2)，若直线PA和PB的倾斜角互补，则线段AB的中点的轨迹方程为__________.

224. 9y2,x1 【答案】 【解析】设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，用斜率公式可分别表示kPA和kPB，根据倾斜角互补可知kPAkPB， 设AB的中点坐标为x,y，则

x1 x2y12 y22y1 y22y1 y2，

使用基本不等式求得x1，y2，x 288进而求出结果． 【详解】

设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，Ax1,y1,Bx2,y2 则kPA2y12y2(x11)，kPB2(x21)， x11x21∵直线PA和PB的斜率存在且倾斜角互补，∴kPAkPB．

22由Ax1,y1,Bx2,y2在抛物线上，得y14x1,y24x2，

y12y2 ＝2∴ 1212，∴y12y22 ，∴y1y24．

y11y2144设AB的中点坐标为x,y，

22y y22y1 y2． yyx xy y121212则 y2，x 122882第 10 页 共 20 页

由题意知，y10，y20， y1y242y1y2，∴y1y24，

y y2∴122y1 y281624，即x1，

=18y2,x1． 故线段AB中点的轨迹方程为 【点睛】

本题主要考查了直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力，属于中档题．

三、解答题

2x17．已知p:函数yax是增函数，q:方程2y21(a0)表示焦点在x轴上的椭

a圆，若p(q)是真命题，求实数a的取值范围. 【答案】0a1

【解析】命题p:函数yax是增函数，利用一次函数的单调性可得a0．命题q:方

x2程2y21(a0)表示焦点在x轴上的椭圆，可得a1．由于p(q)为真命题，a可得p为真命题，q为假命题，由此即可求出结果． 【详解】

命题p:函数yax是增函数，∴a0；

x2q:命题方程2y21(a0)表示焦点在x轴上的椭圆，∴a1 ；

a∵p(q)为真命题， ∴p为真命题，q为假命题． ∴a0?，解得0a1．

a1∴实数a的取值范围是0a1． 【点睛】

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一次函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点P(1,2)在抛物线C上. （1）求点F的坐标和抛物线C的准线方程；

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（2）过点F的直线l与抛物线C交于A,B两个不同点，若AB的中点为M(3,2)，求VOAB的面积.

【答案】（1）1,0，x1；（2）22 【解析】（1）因为P1,2在抛物线C上，可得p2，由抛物线的性质即可求出结果；（2）由抛物线的定义可知ABx1x226，根据点斜式可求直线AB的方程为

yx1 ，利用点到直线距离公式求出高，进而求出面积.

【详解】

P2， （1）∵P1,2在抛物线C上，42p，∴点F的坐标为1,0，抛物线C的准线方程为x1；

（2）设A,B 的坐标分别为x1,y1，x2,y2，则ABx1x228，

QkMF1，∴直线AB的方程为yx1 ，

点O到直线AB的距离d12=2， 2SVOAB【点睛】

1ABd22. 2本题主要考查了抛物线的基本概念，直线与抛物线的位置关系，属于基础题.

ruuurruuur19．已知三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，记aAA，bAB，1ruuurcAC.

uuuruuuruuuurrrr （1）用a,b,c表示AB1,AC1,BC1；

（2）若AB1BC1，A1CBC1，求证：AB1AC1.

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uuuurrruuurrruuuurrrr【答案】（1）AB1ab，AC（2）见解析 ca，BC1acb ；1【解析】（1）根据空间向量的加法和减法的运算法则，即可求出结果；

r2r2rrrrrr（2）由题意可知， ac0,ab0，由 AB1BC1，可得abbc0；同r2r2rrACBC理由1即可证明结果. 1可得cabc0，【详解】

uuuuruuuruuurrruuuruuuruuurrr（1）AB1AA， ACACAA1ca， 1ABab1uuuuruuuuruuuruuuruuuruuurrrrBC1AC1ABAA1ACABacb ；

（2）证明：∵AA1底面ABC，∴AA1AC,AAAB， ∴ac0,ab0,

rrrrrrrrrQAB1BC1，abacb0，

r2r2rrrrr2r2rrabacbcabbc0，

rrrrrr2r2rr QACBC1，caacb0，cabc0，1rrr2r2bc ，bc，即AB1AC1

【点睛】

本题主要考查了空间向量的加法（减法）运算法则，以及空间向量数量积的应用，属于基础题.

20．已知点P是菱形ABCD所在平面外一点，PA PD2，PBABBD2，

（1）求证：平面PAD平面ABCD； （2）求二面角APBC的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）27 7【解析】（1）因为ABCD是菱形，可得OBAD，OB3 ，进而证明

OPAD，OP1，在由勾股定可证明OPOB，根据线面垂直的判定定理可证

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OP平面ABCD，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；

（2）根据题意建立空间直角坐标系Oxyz，再利用空间向量的坐标运算公式求出二面角APBC的余弦值. 【详解】

（1）证明：设O是AD的中点，连接OP,OB， ∵ABCD是菱形，ABBD2,OBAD，OB ∴PA3

PD2，∴OPAD，OP1，

∴PB2OP2OB24,OPOB ， 又OBIADD ∴OP平面ABCD， 又OP平面PAD， ∴平面PAD平面ABCD；

（2）由（1）得OBAD,OPOA,OPOB，以点O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，OB的方向为y轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，则

A1,0,0,B0,3,0,C2,3,0,P0,0,1



ur设mx1,y1,z1是平面PAB的一个法向量， uvvuumPAx1z10v ，∴ 则vuuumABx13y10ur令x13，则m3,1,3，

r设nx2,y2,z2是平面PBC的一个法向量， vvuuunPC2x3y2z20v，∴2则vuuu，

2x02nBC第 14 页 共 20 页

r令z23，则n0,1,3，

urrurrmn27cosm,n=urr=∴

7mn又二面角APBC为钝二面角， ∴二面角APBC的余弦值【点睛】

本题主要考查了线面垂直和面面垂直判定定理的应用，同时考查了空间向量在求二面角中的应用，属于基础题.

21．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，BAD60，F是BC中点，

27. 7PAPD，PAPD，平面PAD平面ABCD.

（1）求证：DF平面PAD； （2）求二面角APBF的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）27 7【解析】（1）设AB2a，则CFa，由余弦定理可知DF23a2，再根据勾股定理可证DFBC，由题意易知DF垂直的性质定理即可证明结果；

（2）根据题意建立空间直角坐标系Oxyz，再利用空间向量的坐标运算公式求出二面角APBF的余弦值. 【详解】

（1）证明：设AB2a，则CFa，

由题意得DF2CD2CF22CDCFcosDCF4a2a22a2cos603a2，

AD，又平面PAD平面ABCD ，再根据面面

DF2CF2CD24a2，DFBC，

ABCD是菱形， AD//BC，DFAD

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∵平面PAD平面ABCD ，平面PADI平面ABCDAD， ∴DF平面PAD （2）由（1）得DFAD，以点D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，DF的

uuuruuur方向为y轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系Dxyz，设AB2a，则

A2a,0,0,Ba,3a,0,F0,3a,0,Pa,0,a



ur设mx1,y1,z1是平面PAB的一个法向量， uuuvvmPAax1az10v ，∴ 则vuuumABax13ay10ur令x13，则m3,1,3，

r设nx2,y2,z2是平面PBF的一个法向量， uuuvvnPFax23ay2az20uuuv∴则v，，

nBFax20r令z23，则n0,1,3，

urrurrmn27cosm,n=urr=∴

7mn又二面角APBF为钝二面角， ∴二面角APBF的余弦值【点睛】

本题主要考查了面面垂直性质定理的应用，同时考查了空间向量在求二面角中的应用，属于基础题.

27. 7x2y2322．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，其右焦点F到直线

ab3第 16 页 共 20 页

xy30的距离为22.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若过F作两条互相垂直的直线l1,l2，A,B是l1与椭圆C的两个交点，C,D是l2与椭圆C的两个交点，M,N分别是线段AB,CD的中点，试判断直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由.

3x2y2【答案】（1）（2）直线MN过定点,0 1；

532c3222【解析】（1）由题意得，求出a,b，即可求出椭圆方程；

3c3axmy1（2）设直线l1的方程为xmy1，①当m0时，联立方程组x2y2，化简

123可得

4myy22m1332m2,，进而求出M22，同理可得432m32myy12232m5m3m22mkN2,2，进而求出MN3m21，求出直线MN的方程，求出必过

3m23m2的定点,0；②当m0时，易知直线MN过定点,0；综上即可求出结果. 【详解】

3

535

c322a32解：（1）由题意得，∴，

3cb23ax2y2∴椭圆C的方程为1；

32，0，设直线l1的方程为xmy1，点A,B的坐标分别为（2）由（1）得F1x1,y1,x2,y2，

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xmy122①当m0时，由x2y2，得32my4my40，

1234myy22m1332m2,∴，∴M22 432m32myy1232m21xy13m22mmN, 同理，由2，可得2 223m23m2xy123kMN2m2m225m3m232m 23m233m13m2232m2∴直线MN的方程为y5m33x，过定点,0； 53m215

②当m0时，则直线l1的方程为x1,M1,0,N0,0， ∴直线MN过定点,0

3

5

3

综上，直线MN过定点,0.

5

【点睛】

本题主要考查了椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.

x2y223．已知椭圆C:221(ab0)的右焦点F到直线xy30的距离为

ab23P，221,3在椭圆C上. （1）求椭圆C的方程；

（2）若过F作两条互相垂直的直线l1,l2，A,B是l1与椭圆C的两个交点，C,D是l2与椭圆C的两个交点，M,N分别是线段AB,CD的中点试，判断直线MN是否过定点？若过定点求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.

3x2y2【答案】（1）（2）直线MN过定点,0 1；

532第 18 页 共 20 页

c3222【解析】（1）由题意得，求出a,b，即可求出椭圆方程；

141a23b2xmy1（2）设直线l1的方程为xmy1，①当m0时，联立方程组x2y2，化简

123可得

4myy22m1332m2,，进而求出M22，同理可得432m32myy12232m5m3m22mkN2,2，进而求出MN3m21，求出直线MN的方程，求出必过

3m23m2的定点,0；②当m0时，易知直线MN过定点,0；综上即可求出结果. 【详解】

3

535

c322a32解：（1）由题意得，∴，

141b2a23b2x2y2∴椭圆C的方程为1；

32，0，设直线l1的方程为xmy1，点A,B的坐标分别为（2）由（1）得F1x1,y1,x2,y2，

xmy122①当m0时，由x2y2，得32my4my40，

1324myy22m1332m2M,∴∴，22

32m32myy41232m2第 19 页 共 20 页

1xy13m22mmN, 同理，由2，可得2 223m23m2xy123kMN2m2m25m232m23m 3m233m2123m232m2∴直线MN的方程为y5m33x，过定点,0； 53m215

②当m0时，则直线l1的方程为x1,M1,0,N0,0， ∴直线MN过定点,0

3

5

综上，直线MN过定点,0 【点睛】

本题主要考查了椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.

35

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