浙江省宁波市镇海中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

2019学年镇海中学高二上期中
一、选择题：每小题4分，共40分
1．方程表示的曲线是（　　）
A．一条射线 B．双曲线
C．双曲线的左支 D．双曲线的右支
2．设x∈R，则“x＞1”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
3．“红豆生南国，春来发几枝．愿君多采撷，此物最相思．”这是唐代诗人王维的《相思》诗，在这4句诗中，哪句可作为命题（　　）
A．红豆生南国 B．春来发几枝 C．愿君多采撷 D．此物最相思
4．已知m，n表示两条不同直线，α，β表示两个不同的平面，以下能判定m⊥α的是（　　）
A．α⊥β且m?β B．α⊥β且m∥β C．α∥β且m⊥β D．m⊥n且n∥α
5．在空间直角坐标系O﹣xyz中，O为坐标原点，若点P（1，﹣2，3）在平面xOz上的投影为点B，则线段OB的长度为（　　）
A． B． C． D．
6．下列有关命题的说法正确的是（　　）
A．命题“若⊥，则?0”的否命题为“若⊥，则?0”
B．命题“函数f（x）＝（a﹣1）x是R上的增函数”的否定是“函数f（x）＝（a﹣1）x是R上的减函数”
C．命题“在△ABC中，若sinA＝sinB，则A＝B”的逆否命题为真命题
D．命题“若x＝2，则x2﹣3x+2＝0”的逆命题为真命题
7．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为平面BCC1B1的中心，则直线DE与平面ACD1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．设双曲线的上焦点为F，过点F作与y轴垂直的直线交两渐近线于A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，若，，则双曲线的离心率e的值是（　　）
A．3 B． C． D．
9．设抛物线y2＝8x的焦点为F，经过定点P（a，0）（a＞0）的直线l与抛物线交于A，B两点，且，|AF|+2|BF|＝9，则a＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．四棱锥P﹣ABCD中，已知，|AB|＝|AD|＝a，|AP|＝b，|PC|＝1，则b的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分
11．双曲线的渐近线方程为　 　，焦点坐标为　 　．
12．已知，．若，则μ＝　 　；若，则λ+μ＝　 　．
13．已知向量，，是空间的一组单位正交基底，向量，，是空间的另一组基底，若向量在基底，，下的坐标为（2，1，3），p在基底，，下的坐标为（x，y，z），则x﹣y＝　 　，z＝　 　．
14．若动点P到点F（0，1）的距离比它到直线y＝﹣2的距离少1，则动点P的轨迹C的方程为　 　，若过点（2，1）作该曲线C的切线l，则切线l的方程为　 　．
15．在四面体ABCD中，△ABD和△BCD均为等边三角形，AB＝2，，则二面角B﹣AD﹣C的余弦值为　 　．
16．四边形ABCD的各个顶点依次位于抛物线y＝x2上，∠BAD＝60°，对角线AC平行x轴，且AC平分∠BAD，若，则ABCD的面积为　 　．
17．已知椭圆E：，点A，B分别是椭圆E的左顶点和上顶点，直线AB与圆C：x2+y2＝c2相离，其中c是椭圆的半焦距，P是直线AB上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为M，N，若存在点P使得△PMN是等腰直角三角形，则椭圆离心率平方e2的取值范围是　 　．
三、解答题：5小题，共74分
18．已知a＞0，且a≠1．命题P：函数f（x）＝logax在（0，+∞）上为增函数；命题Q：函数g（x）＝x2﹣2ax+4有零点．
（1）若命题P，Q满足P真Q假，求实数a的取值范围；
（2）命题S：函数y＝f（g（x））在区间[2，+∞）上值恒为正数．若命题S为真命题，求实数a的取值范围．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，，BD＝2．
（1）若点E，F分别为线段PD，BC上的中点，求证：EF∥平面PAB；
（2）若平面PBD⊥平面ABCD，且PD⊥PB，PD＝PB，求平面PAB与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．

20．如图，已知椭圆，过动点M（0，m）的直线交x轴于点N，交椭圆C于A，P（其中P在第一象限，N在椭圆内），且M是线段PN的中点，点P关于x轴的对称点为Q，延长QM交C于点B，记直线PM，QM的斜率分别为k1，k2．
（1）当时，求k2的值；
（2）当时，求直线AB斜率的最小值．

21．如图，△ABC为正三角形，且BC＝CD＝2，CD⊥BC，将△ABC沿BC翻折．
（1）当AD＝2时，求证：平面ABD⊥平面BCD；
（2）若点A的射影在△BCD内，且直线AB与平面ACD所成角为60°，求AD的长．

22．已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点到直线l：2x﹣y﹣1＝0的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点P（0，t）（t＞0）的直线l与抛物线C交于A，B两点，交x轴于点Q，若抛物线C上总存在点M（异于原点O），使得∠PMQ＝∠AMB＝90°，求实数t的取值范围．


一、选择题：每小题4分，共40分
1．D
2．A
3．A
4．C
5．B
6．C
7．B
8．C
9．A
10．B
二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分
11． yx；（±2，0）．
12． ，．
13． 1，3．
14．解（1）设动点P的坐标为（x，y），由题意可知：；
∴x2＝4y；
动点P的轨迹C方程为x2＝4y；
（2）设过点（2，1）的直线方程为y＝k（x﹣2）+1；
①当k不存在时，则直线方程为x＝2，与曲线C不相切；
②当k存在时，联立，
∴x2﹣4kx+8k﹣4＝0．
∵直线与曲线C相切，
∴△＝16k2﹣32k+16＝0；
解得：k＝1；
切线l的方程为y＝x﹣1．
15． ．

16． ．
17．由题意，AB所在直线方程为，即bx﹣ay+ab＝0，
又直线AB与圆C：x2+y2＝c2相离，∴c，
即a2b2＞c2（a2+b2），∴a2（a2﹣c2）＞c2（2a2﹣c2），
整理得：e4﹣3e2+1＞0，解得0＜e2；
又存在点P使得△PMN是等腰直角三角形，
则在Rt△OPN中，OPONc，
∴，即a2b2≤2c2（a2+b2），
∴a2（a2﹣c2）≤2c2（2a2﹣c2），
整理得2e4﹣5e2+1≤0，解得e2＜1．
∴e2的取值范围是[，）．

三、解答题：5小题，共74分
18．（1）由命题P：函数f（x）＝logax在（0，+∞）上为增函数是真，得a＞1；
由命题Q：函数g（x）＝x2﹣2ax+4有零点为假，得△＝4a2﹣16＜0，得﹣2＜a＜2．
∴使命题P真Q假的实数a的取值范围是（1，2）；
（2）若函数y＝f（g（x））在区间[2，+∞）上值恒为正数，
则首先保证g（x）＝x2﹣2ax+4在[2，+∞）上恒大于0，
则△＝4a2﹣16＜0或，
得﹣2＜a＜2．
又a＞0且a≠1，∴0＜a＜2且a≠1．
当0＜a＜1时，外层函数f（x）单调递减，而内层函数g（x）当x→+∞时，g（x）→+∞，
此时y＝f（g（x））＜0，不合题意；
当1＜a＜2时，外层函数f（x）单调递增，要使y＝f（g（x））＞0在区间[2，+∞）上恒成立，
则g（x）＝x2﹣2ax+4在[2，+∞）上的最小值大于1．
即g（2）＝8﹣4a＞1，得a．
∴1＜a．
即使命题S为真命题的实数a的取值范围是（1，）．
19．（1）取AP得中点为H，连接EH，HB；

由E，H分别为PD，PA的中点，则EH∥AD且；
又F为BC的中点，则BF∥AD且；
所以EH∥BF且EH＝BF，则四边形BFEH为平行四边形；
所以EF∥BH，又HB?平面PAB；
所以EF∥平面PAB；
（2）过A作AN⊥PB于点N，连接NC，AC，BD，设AC交BD于点O

在△PBD中O为AC的中点，PD＝PB，则PO⊥BD；
又平面PBD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD；
在△PBD中，PD⊥PB，BD＝2．则PD＝PB；
由题意有PA＝PC，AO＝2，，
在等腰三角形APB中，；
由△PAB≌△PCB，则CN⊥PB；CN＝AN
则∠ANC 为二面角A﹣PB﹣C 的平面角；
在△ACN中，；
故平面PAB与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为．
20．（1）设P（x0，y0） （x0＞0，y0＞0）
M（0，m），可得P（x0，2m），Q（x0，﹣2m）．
所以直线PM的斜率；
直线QM的斜率；
此时．当时k2＝1；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
直线PA的方程为y＝kx+m，（k＞0）
由，得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3＝0
，即；
所以；
直线QB的方程为y＝﹣3kx+m．
同理有：，，
2，
当且仅当，即时取等号；

故直线AB 的斜率的最小值为1．
21．（1）证明：若AD＝2，又AB＝AC＝2，
则A在底面BCD内的射影为△BCD的外心，
∵△BCD为直角三角形，且∠BCD＝90°，
∴A在底面BCD内的射影E落在BD的中点上，
∴AE⊥平面BCD，而AE?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BCD；
（2）解：取BC中点O，BD中点E，连接AO，OE，
可得BC⊥平面AOE，过A作AH⊥OE于H，过H作HN∥BC交CD于N，
连接AN，作HQ⊥AN于Q，得HQ⊥平面ACD，
点B到平面ACD的距离为2HQ，则sin60，
得HQ，
设AH＝x，有，解得x，即AH，
又AO，∴H与O重合，
则AD．


22．（1）抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点（0，）到直线l：2x﹣y﹣1＝0的距离为，
可得，解得p，即抛物线的方程为x2＝y；
（2）过点P（0，t）（t＞0）的直线l的方程设为y＝kx+t，联立x2＝y，可得x2﹣kx﹣t＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），可得k2+4t＞0，x1+x2＝k，x1x2＝﹣t，且y1＝x12，y2＝x22，
设M（m，m2），Q（，0），
由∠PMQ＝∠AMB＝90°，可得?1，化为m3﹣mt+m，①
?1，即（m+x1）（m+x2）＝﹣1，化为m2+km﹣t+1＝0，②
由①②可得t＝k2m2，
由k2﹣4（1﹣t）≥0可得4（1﹣t）≤k2，
由于m≠0，m2＞0，可得0解得t≥1．