1、河北省唐山市2018-2019学年高三上学期期末考试A卷数学（理）试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.抛物线的焦点到准线的距离等于（ ）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的标准方程得，求出，即得结论【详解】抛物线中，即， 所以焦点到准线的距离是故选B【点睛】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的准线方程是，焦点坐标是焦点到准线的距离为本题属于基础题2.命题“，”的否定是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题，
2、写出结果即可利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可【详解】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“，”的否定是：，故选：A【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题3.若双曲线的两条渐近线斜率分别为，则（ ）A. B. -1 C. -3 D. -9【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程写出两条渐近线方程即可得到斜率，从而得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为y=,则斜率，则故选：C【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求法，属于简单题.4.“”是“”的（ ）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【答案】B【解析】【分
3、析】根据不等式之间的关系结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论【详解】解：由，解得x1或x3，此时不等式x1不成立，即充分性不成立，若x1，则x1或x3成立，即必要性成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式之间的关系是解决本题的关键5.圆与圆的位置关系是（ ）A. 相离 B. 外切 C. 相交 D. 内切【答案】D【解析】【分析】将两圆的方程分别化为标准方程，找出圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，可得出dRr，可得出两圆内切【详解】圆与圆化为标准方程得：（x3）2+（y+2）24，（x7）2+（y1）249，圆
4、心坐标分别为（3，2）和（7，1），半径分别为r2和R7，两圆心距d5，dRr，则两圆的位置关系是内切故选：D【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系及其判定，圆与圆的位置关系可以由圆心距d与R及r的关系来判定，当dRr时，两圆内含；当dRr时，两圆内切；当RrdR+r时，两圆相交；当dR+r时，两圆外切；当dR+r时，两圆外离6.设为三个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中假命题是（ ）A. 当时，若，则B. 当，时，若，则C. 当，时，若，则是异面直线D. 当，若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理对选项分别分析选择【详解】对于A，根据平面与平面平行
5、、垂直的性质，可得正确；对于B，根据平面与平面平行、线面垂直的性质，可得正确；对于C，可能异面，也可能平行，故错误；对于D，由，可知，又，所以，可得正确.故选：C【点睛】本题考查了空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理和判定定理的运用；牢固掌握运用定理是关键7.某三棱锥的三视图如图所示，此三棱锥的体积为，则三棱锥的所有棱中，最长棱的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥PABC，其中平面PAC底面ABC，结合体积明确底面形状，由此能求出在该三棱锥中，最长的棱长【详解】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥PABC，其中平面PAC底面AB
6、C，取AC中点为E，则PE底面ABC，且PE=3，AC=2由，即ABC为等边三角形，AB=BC=CA=2，PB，PB，最长棱的长度为故选：B【点睛】本题考查三棱锥中最长棱长的求法，考查三棱锥性质及其三视图等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想，是基础题8.若直线与曲线有公共点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 0【答案】C【解析】【分析】曲线表示以（0，0）为圆心，1为半径的圆（x轴上方部分），求出相切时，k的值，即可求得结论【详解】解：如图所示，曲线表示以（0，0）为圆心，1为半径的圆（x轴上方部分）当直线yk（x2）与曲线相切时，d（k0），k
7、k最小值故选：C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题9.在三棱锥中，点为线段的中点，则（ ）A. 0 B. C. 1 D. -1【答案】A【解析】【分析】利用空间向量基本定理，将用表示出来，求出系数，进而得结果【详解】则x=-1,y=z=,故选：A【点睛】本题考查空间向量基本定理的应用10.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知几何体为正方体，利用线面垂直的判定逐一分析四个选项得答案【详解】对于，由AB与CE所成角为45，可得直线与平面不垂直；对于，由ABCE，ABED，且CEED=E，可
8、得AB平面；对于，由AB与CE所成角为60，可得直线与平面不垂直；对于，由ED平面ABC，可得EDAB，同理：ECAB，可得AB平面；故选：B【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题11.如图，离心率为2的双曲线与椭圆有共同的焦点，分别是，在第一、三象限的交点，若四边形是矩形，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设|PF1|x，|PF2|y，由椭圆定义和双曲线定义和勾股定理得到x和y的等量关系，化简整理即可得到答案.【详解】设|PF1|x，|PF2|y，点P为椭圆上的点，|PF1|+|PF2|2a=x+y；又
9、四边形PF1QF2为矩形，即x2+y2（2c）2=4，设双曲线C1的实轴长为2m，焦距为2c，且=2则2m|PF1|PF2|x-y，2+2可得x2+y22=4将代入中,椭圆C2的离心率e=故选：D【点睛】本题考查椭圆与双曲线的简单性质，利用圆锥曲线定义是关键，考查分析与运算能力，属于中档题12.设是同一球面上的四点，是边长为6的等边三角形，若三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出图形由图知，当点D与球心O以及ABC外接圆圆心三点共线且D与ABC外接圆圆心位于球心的异侧时，三棱锥DABC的体积取得最大值，结合三棱锥的体积求出棱锥的h，然
10、后利用勾股定理求球O的半径R，最后利用表面积公式可求出答案【详解】如图所示，由题意可知，设点M为ABC外接圆的圆心，当点D、O、M三点共线时，且D、M分别位于点O的异侧时，三棱锥DABC的体积取得最大值，ABC的面积为，由于三棱锥DABC的体积的最大值为，得DM6，易知DM平面ABC，则三棱锥DABC为正三棱锥，ABC的外接圆直径为2AM=，AM=2，设球O的半径为为R，在直角三角形AOM中，由勾股定理得,即,解得R=4或R=6(舍去)因此，球O的表面积为故选：A【点睛】本题考查球体的表面积，解决这类问题的关键找出合适的模型求出球体的半径，考查计算能力，属于中档题第卷（共90分）二、填空题（每
11、题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若直线与直线垂直，则_【答案】【解析】【分析】利用两条直线互相垂直的充要条件即可得出【详解】直线与直线垂直，故答案为：【点睛】本题考查了两条直线互相垂直的充要条件，属于基础题14.圆锥高为3，体积为，则该圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【分析】利用圆锥体积求出底面半径，从而得到母线长，进而得到圆锥的侧面积.【详解】设圆锥的底面半径为r，又圆锥高为3，体积为，圆锥的母线长为圆锥的侧面积为：故答案为：【点睛】本题考查圆锥的侧面积与体积公式，考查空间想象力与计算能力，是基础题15.在三棱锥中，平面，则直线与平面所成角的大小为_【答案】【解析】【分析】作A
12、DPC，连接BD，证明AD平面PBC，可得ABD为AB与平面PBC所成角，在直角PAC中，由等面积可得AD，从而可求AB与平面PBC所成角【详解】作ADPC，连接BD， PA平面ABC，BC平面ABC，PABC，ACBC，PAACA，BC平面PAC，AD平面PAC，BCAD，ADPC，BCPCC，AD平面PBC，ABD为AB与平面PBC所成角，在直角PAC中，由等面积可得AD，在直角ADB中，sinABD=，ABD=AB与平面PBC所成的角为，故答案为：【点睛】本题考查线面角的求法，考查线面垂直的判定定理和性质定理的应用，求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是
13、线面角的正弦值；或者根据线面角的定义做出这个角，放到三角形中去求解. 还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。16.椭圆的左、右焦点分别为，为上的动点，点在线段的延长线上，且，则到轴距离的最大值为_【答案】5【解析】【分析】取P的中点Q，利用向量中点公式将条件化简得到从而得到|AP|=|A，利用椭圆的定义可得点P的轨迹，从而可确定最大值.【详解】取P的中点Q，连接AQ,=2,则，可知|AP|=|A,由椭圆定义可知|A,则点P的轨迹是以为圆心，以4为半径的圆，由图可知当点和点M重合时，到轴距离最大值为5.故答案为：5【点睛】本题考查椭圆定义和向量加减法的应用，考
14、查分析推理能力，属于中档题.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.：直线的斜率大于3，：方程表示焦点在轴上的双曲线.若为真命题，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】由为真命题，可知为假命题，为真命题分别求出m的范围，最后取交集即可.【详解】解：因为为真命题，所以为假命题，为真命题 ：直线的斜率，得 因为方程表示焦点在轴上的双曲线，所以解得， 由可得，实数的取值范围【点睛】本题主要考查利用复合命题的真假求参数的取值问题，要熟练掌握复合命题和简单命题之间的关系18.已知圆与轴交于，两点，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程； （2）过点的直
15、线与圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）直线的方程为或【解析】【分析】（1）根据题意列方程求出圆心坐标，计算半径r，写出圆的方程；（2）讨论过的直线l斜率不存在和斜率存在时，求出对应直线的方程【详解】解：（1）圆与轴分别交于，两点，圆心在线段的中垂线上由得圆心， 圆的半径为，圆的标准方程为 （2）圆的半径为5，所以圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，圆心到直线的距离为4，符合题意当直线的斜率存在时，设，圆心到直线的距离，解得，直线的方程为 综上所述，直线的方程为或【点睛】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了等价转化思想的合理运用19.在三棱柱中，平面平面，.（1）证明
16、：； （2）若，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）由面面垂直的性质定理可得平面，有，再由题中数据可得，可得平面，从而得到证明；（2）以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求平面的法向量，然后利用线面角的向量公式即可求解.【详解】解：（1）因为平面平面，且两平面交线为，平面，所以平面，从而有，在中，由余弦定理得，从而有，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以.（2）以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，由得可取，得.设与平面所成角为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的性质定
17、理和线面垂直的性质定理的应用，考查利用空间向量的方法求解线面角问题,考查空间想象能力和计算能力.20.已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且过点.（1）求抛物线的方程；（2）若倾斜角为的直线交抛物线于两点，且斜率之积为-2，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1) 设抛物线方程为,将点代入方程即可得到结果；（2）设直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，由斜率之积为2可求出直线方程，代入面积公式即可得到结果.【详解】解：（1）由题意设抛物线的方程为：抛物线过点，抛物线的方程为 （2）设直线的方程为，由得， 因为，所以， 因为斜率之积为2，所以，解得，所以直线的方
18、程为.【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查韦达定理的应用，属于基础题.21.已知四棱锥的底面是梯形，在棱上且.（1）证明：平面；（2）若平面，异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】(1) 作交于点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，由线面平行的判定定理得到证明；（2）由异面直线与所成角可得，以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面EBD的法向量，然后利用法向量的数量积计算可得结果.【详解】（1）证明：作交于点，连接，因为在棱上且，所以又因为，所以，且，所以四边形为平行四边形，从而有又因为平面，平面，所以
19、平面 （2）由（1）可知，即为异面直线与所成的角，在直角三角形中，所以，.以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，平面的一个法向量，设平面的法向量为，由得取，得.所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小22.已知椭圆的右焦点，点与短轴的两个端点围成直角
20、三角形. （1）求椭圆的方程；（2）设，经过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，（异于点），求直线与斜率之差的绝对值的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由焦点坐标得c=1,由点与短轴的两个顶点围成直角三角形可得b=c=1,从而可得椭圆方程；(2)设直线l方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和斜率公式化简整理即可得答案.【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点，点与短轴的两个顶点围成直角三角形，所以，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程，代入椭圆方程并整理，得，设，则有，又因为且，所以.故直线与斜率差的绝对值的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，考查韦达定理和斜率公式的应用，考查计算能力，属于中档题.
