1、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【答案】C【解析】由于“”为假，故为真，“”为假，故为假.故选.2.已知空间向量，且，则（ ）A. B. C. 1D. 3【答案】C【解析】【分析】由空间向量垂直的充要条件的坐标运算可得：，运算即可得解.【详解】解:因为向量，且，所以,解得,故选C.【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算及向量垂直的充要条件，属基础题.3.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. 【答案】C【解析
2、】【分析】通过三视图可以判断该几何是圆锥的一半，利用圆锥的体积公式即可求解.【详解】通过三视图可以判断该几何是底面半径为2、高为的圆锥的一半，因此所求几何体的体积为：，故本题选C.【点睛】本题考查了通过三视图识别几何体并求其体积的问题，考查了圆锥的体积公式，考查了空间想象能力和数学运算能力.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【答案】B【解析】分析：利用线线平行、线线垂直、面面垂直的判定定理，用排除法详解：若，可能相交，故A错；若，则平行，故C错若，则，故D错所以选B点睛：已知，都不在内，若
3、，则这个结论我们可以记住本题考查平行和垂直的判定，我们可以把命题放入正方体模型中找反例5.“”是“曲线为焦点在x轴上的椭圆”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由“”，知“方程表示焦点在轴上的椭圆”；由“方程表示焦点在轴上的椭圆”，知“”，进而可得结果.【详解】解：“”“方程表示焦点在轴上的椭圆”，“方程表示焦点在轴上的椭圆”“”，“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的既不充分也不必要条件.故选：D.【点睛】本题考查必要条件、充分条件的判断，解题时要认真审题，注意椭圆的定义和性质的合理运用.6.已知焦点在轴上的
4、椭圆的离心率为，则（ ）A. 6B. C. 4D. 2【答案】C【解析】焦点在x轴上的椭圆,可得，椭圆的离心率为,可得：，解得.故选C.7.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. 【答案】C【解析】因为命题p且q为真命题，所以命题p、命题q均为真命题.因为p：关于x的函数y=x2-3ax+4在1，+）上是增函数，所以 ，解得 .因为q：y=(2a-1)x为减函数，所以02a-11，解得 a1，因为命题p且q为真命题，所以 .本题选择C选项.点睛：解决此类问题的关键是准确地把每个条件所对应的参数的取值范围求解出来，然
5、后转化为集合交、并、补的基本运算第一步：求命题p，q对应的参数的范围第二步：根据已知条件构造新命题.第三步：根据新命题的真假，确定参数的范围第四步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范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. 【答案】B【解析】【分析】先将EF平移到AB1，再利用中位线进行平移，使两条异面直线移到同一点，得到所成角，求之即可【详解】连接AB1，易知AB1EF，连接B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连接GH，则GHAB1EF设AB=BC=AA1=a，连接HB，在三角形GHB中，易知GH=HB=GB=a，故两直线所成的角即为
6、HGB=60故选B【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成的角，平移法是研究异面直线所成的角的最常用的方法，属于基础题9.若命题是真命题，则实数a的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为命题是真命题，即不等式对恒成立，即恒成立，当a20时，不符合题意，故有，即，解得，则实数a的取值范围是故选：B10.已知直线：与抛物线相交于、两点，且满足，则的值是（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】分析】根据直线方程可知直线恒过定点，过分别作准线的垂线，由，得到点为的中点、连接，进而可知，由此求得点的横坐标，则点的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率【详解】解：抛物线的准线，
7、直线：恒过定点，如图过分别作准线的垂线，垂足分别为；由，则，所以点为的中点、连接，则，在中，为等腰三角形，点的横坐标为，故点的坐标为，又，所以，故选C【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，考查抛物线的定义，考查直线斜率的计算，属于中档题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：AA1MN；A1C1/ MN；MN/平面A1B1C1D1；B1D1MN，其中，正确命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】分析】由题意在四条棱A1A，B1B，C1C，D1D上分别取点G，F，E，H四点，使AGA1A，
8、BFB1B，CEC1C，DHD1D，得到平面GFEH，则点M，N在与平面A1B1C1D1平行的平面GFEH中利用线面垂直的性质判断正确；利用平行公理判断错误；利用面面平行的性质判断正确；利用面面平行以及线线垂直的性质判断错误【详解】在正方体ABCDA1B1C1D1的四条棱A1A，B1B，C1C，D1D上分别取点G，F，E，H四点，使AGA1A，BFB1B，CEC1C，DHD1D，连接GF，FE，EH，HG，点M、N分别在AB1、BC1上，且AMAB1，BNBC1，M在线段GF上，N点在线段FE上且四边形GFEH为正方形，平面GFEH平面A1B1C1D1，AA1平面A1B1C1D1，AA1平面G
9、FEH，MN平面GFEH，AA1MN，故正确；A1C1GE，而GE与MN不平行，A1C1与MN不平行，故错误；平面GFEH平面A1B1C1D1，MN平面GFEH，MN平面A1B1C1D1，故正确；B1D1FH，FH平面GFEH，MN平面GFEH，且MN与FH不垂直，B1D1与MN不垂直，故错误正确命题只有故选：B12.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. 【答案】D【解析】分析： 由得椭圆的短轴长为，可得，可得，从而可得结果.详解：由得椭圆的短轴长为，解得，设，则，即， ，故选D.点睛：本
10、题考查题意的简单性质，题意的定义的有意义，属于中档题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13.命题：“”的否定是_【答案】【解析】命题是特称命题，则命题的否定是全称命题，则命题的否定是故答案为【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，根据特称命题的否定是全称命题，以及全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键14.直线是双曲线的一条渐近线，双曲线的离心率是_【答案】2【解析】分析：利用双曲线渐近线方程，推出
11、a，b的关系，然后求解双曲线的离心率即可详解：双曲线的一条渐近线方程为，可得，即解得e=2故答案为2点睛：本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力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_.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.【详解】由已知可得，设点的坐标为，则，又，解得，解得（舍去），的坐标为【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养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
12、为_.【答案】【解析】【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积.【详解】如图所示：设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因为，所以是等腰直角三角形，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.三、解答题（6小题，共70分）17.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.【答案】【解析】【分析】求出命题
13、成立的的范围，再求出命题成立的范围，利用“”为真命题列不等式组即可得解【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.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程形式及一元二次不等式恒成立问题，考查复合命题的真假判断，属于基础题18.如图所示的几何体中，矩形和矩形所在平面互相垂直，M为的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【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O，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】（1）证明：连结交于O，连结因为M为中点
14、，O为中点，所以，又因为平面，所以平面；（2）因为正方形和矩形所在平面互相垂直，所以平面所以，又因为所以平面，所以因为，正方形和矩形，所以，所以平面，所以，又因为，所以又因，所以平面，所以，所以平面.【点睛】本题考查空间中的平行垂直关系，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析能力，属于中档题.19.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.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】(1)直棱柱的关系先证明和进而证明平面,从而得到即可.(2)建立以为坐标原点,以,所在的直线分别为,轴的空间直角坐标系,再求出的向量与平面的法向量求解即可.【详解】解：（
15、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【点睛】本
16、题主要考查了立体几何中的垂直证明,同时也考查了建立空间直角坐标系解决线面角的问题等,属于中等题型.20.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【答案】(1)y28x；(2)96.【解析】【分析】(1)由已知直接可求出椭圆的,运用椭圆之间的关系求出,最后可求出抛物线C2的标准方程；(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,设出直线l1方程与抛物线方程联立,利用一元二次方程根与系数
17、关系,可以求出弦长,同理求出直线l2与抛物线相交时,弦长的表达式,最后求出面积表达式,利用基本不等式可以求出四边形的面积的最小值【详解】(1)设椭圆半焦距为c（c0）,由题意得c设抛物线C2的标准方程为y22px（p0）,则，p4,抛物线C2的标准方程为y28x；(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yk（x1）,则另一条直线l2的方程为y（x1）,联立得k2x2（2k2+8）x+k20，32k2+640，设直线l1与抛物线C2的交点为A，B，则则|AB|x2x1|，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|C
18、D|4，令t2，则t4（当且仅当k1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【点睛】本题考查了求抛物线的标准方程,考查了椭圆基本元素的识别,考查了抛物线与直线的位置关系以及弦长公式,考查了四边形面积最小值问题,考查了基本不等式的应用,考查了数学运算能力.21.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：平面ABE；(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【答案】（I）见解析（II）（III）【解析
19、】试题分析：（）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，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面（）由题意可得平面的法向量，结合()的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为（）设，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或据此计算可得试题解析：（）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（），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（）设 ，又平面的法向量，或当时，；当时，综上，22.已知椭圆E：（ab0）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
20、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【答案】（1）；（2）见解析；（3）MNF2面积的最大值为【解析】【分析】（1）由题意可得：bc，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）方法一：设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得M和N点坐标，求得MN方程，y（x1），令x1=0，可得x，即有y0，则直线MN过定点R（，0）；方法二：化简整理求得直线MN的方程，2（m4+m22
21、）y（m3+2m）（3x2），即可证明直线MN过定点R（，0）；方法三：分别求得MR的斜率，将m用代换，求得kNR，由kMRkNR，直线MN过定点R（，0）；（3）方法一：F2MN面积为S|F2H|yMyN|，由（2）可知M和N点坐标，根据函数的单调性即可求得MNF2面积的最大值；方法二：根据两点之间的距离公式|MF2|及|NF2|，则MNF2面积S|MF2|NF2|，根据函数的单调性即可求得MNF2面积的最大值【详解】（1）椭圆E：（ab0）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bc，a2b2+c22b2，解得a22，b21，椭圆方程为；（2）证明：设直线AB的
22、方程为xmy+1，m0，则直线CD的方程为xy+1，联立，消去x得（m2+2）y2+2my10，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（，），方法一：将M的坐标中的m用代换，得CD的中点N（，），kMN，直线MN的方程为y（x），即为y（x1），令x1，可得x，即有y0，则直线MN过定点R，且为R（，0），方法二：将M的坐标中的m用代换，得CD的中点N（，），则y（x），整理得：2（m4+m22）y（m3+2m）（3x2），直线MN过定点R（，0）方法三：则kMR，则kNR，kMRkNR，直线MN过定点R（，0）（3）方法一：F2MN面积为S|F2H|yMyN|，（1）|令mt（t2），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t2，即m1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（t2），则S，当且仅当t2即m1时，MNF2面积的最大值为MNF2面积的最大值为【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意直线方程、韦达定理和基本不等式和函数的单调性等知识点的合理运用，属于难题
