2019-2020学年江西省景德镇市高二（上）期末数学试卷（理科）（Word版含解析）

2019-2020学年江西省景德镇市高二（上）期末数学试卷（理科）
一、选择题：（每小题5分，共60分）
1．（5分）设集合A＝{x|x2﹣5x+6＜0}，B＝{x|2x﹣1＞0}，则A∪B＝（　　）
A．? B．R C．A D．B
2．（5分）在等差数列{an}中，已知a4+a8＝16，则该数列前11项和S11＝（　　）
A．58 B．88 C．143 D．176
3．（5分）命题“已知直线l1：ax+y+1＝0和l2：x+by+2＝0，若ab＝1，则l1∥l2”，该命题的逆命题、否命题、逆否命题中正确的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（5分）已知命题p和q，若￢p∨q为真，p∧q为假，则下列一定为真命题的是（　　）
A．￢p B．￢q C．p D．q
5．（5分）已知函数f（x）＝|sinx﹣1|，则以下说法正确的是（　　）
A．f（x）的周期是π
B．f（x）的值域是[0，1]
C．f（x）是奇函数
D．f（x）的递减区间是，k∈Z
6．（5分）抛物线y＝4x2的焦点坐标为（　　）
A．（0，1） B．（0，﹣1） C．（0，） D．（，0）
7．（5分）已知变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）已知点P为△ABC内一点，且满足，则＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（5分）已知平面四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，，现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C的大小在内变化，那么直线AB与CD所成角θ的余弦值的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
10．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BC中点，则直线MD与平面AB1C所成角的正弦值是（　　）

A． B． C． D．
11．（5分）过双曲线C：（a＞0，b＞0）的右顶点作x轴的垂线与C的一条渐近线相交于A．若以C的右焦点为圆心、半径为2的圆经过A、O两点（O为坐标原点），则双曲线C的方程为（　　）
A． B．
C． D．
12．（5分）已知F是椭圆C：的右焦点，点P在椭圆C上，线段PF与圆相切于点Q，且，则椭圆C的离心率等于（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：（每题5分，共20分）
13．（5分）已知，，若，则λ＝　 　．
14．（5分）已知：条件p：和q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）＜0，若￢p是￢q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是　 　．
15．（5分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线的上支和焦点为F的抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，若|AF|+|BF|＝8|OF|，则双曲线的渐近线方程为　 　．
16．（5分）已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则以下命题正确的是　 　（写序号）．
（1）若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b；
（2）若a∥α，b⊥β，α⊥β，则a∥b；
（3）若a，b不平行，则a，b不可能垂直同一平面；
（4）若a⊥α，a∥b，b∥β，则α⊥β．
三、解答题：（17题10分，其它每题12分）
17．（10分）写出命题“若m≥2，则方程x2+mx+1＝0有实数根”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断其真假．
18．（12分）给定两个命题，p：存在实数x，使得x2+ax+1＜0成立；q：函数在x∈（1，+∞）上单调递减．
（1）若命题p为假命题，求a的取值范围；
（2）如果p∧q为假，p∨q为真，求a的取值范围．
19．（12分）如图，五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，EF∥平面ABCD，EA＝ED＝AD＝EF＝2，AB＝4，M为BC中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．

20．（12分）已知曲线C上任意一点到定点（1，0）的距离比到y轴的距离大1，O为坐标原点，A，B是曲线C上异于O的两点．
（1）求出曲线C的方程；
（2）若直线OA，OB的斜率之积等于，判断直线AB是否过定点，如果过定点，请求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥平面AA1C1C，D为BB1的中点，，∠AA1C1＝60°，AB⊥AA1．
（1）在CC1上是否存在一点H，使得B1H⊥A1D，若存在，求出CH：HC1的值，不存在，说明理由；
（2）在线段B1C上有一点P，且B1P：PC＝1：2，求二面角P﹣AA1﹣D的余弦值．

22．（12分）已知圆的圆心为A，圆内一条过点的动弦CD（与x轴不重合），过点B作AC的平行线交AD于点E．
（1）求出点E的轨迹方程；
（2）若过点B的直线l交E的轨迹方程于不同两点M（x1，y1），N（x2，y2），O为坐标原点，且OM⊥ON，点P为椭圆上一点，求点P到直线l的距离的最大值．


2019-2020学年江西省景德镇市高二（上）期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题5分，共60分）
1．【分析】求出集合A，B，计算即可．
【解答】解：A＝{x|x2﹣5x+6＜0}＝（2，3），B＝{x|2x﹣1＞0}＝（0.5，+∞），
则A∪B＝B，
故选：D．
2．【分析】根据等差数列的定义和性质得 a1+a11＝a4+a8＝16，再由S11＝ 运算求得结果．
【解答】解：∵在等差数列{an}中，已知a4+a8＝16，
∴a1+a11＝a4+a8＝16，
∴S11＝＝88，
故选：B．
3．【分析】分别利用定义逆命题；否命题；逆否命题即可得出．进而判断出真假．
【解答】解：原命题“已知直线l1：ax+y+1＝0和l2：x+by+2＝0，若ab＝1，则l1∥l2”，
由直线平行充要条件是斜率相等且在y轴截距不等，当a＝，b＝2时，直线重合，所以原命题是假命题，
该命题的逆命题：已知直线l1：ax+y+1＝0和l2：x+by+2＝0，若l1∥l2，则ab＝1”，真命题，
否命题：已知直线l1：ax+y+1＝0和l2：x+by+2＝0，若ab≠1，则l1不平行l2”真命题，
逆否命题：已知直线l1：ax+y+1＝0和l2：x+by+2＝0，若l1不平行l2，则ab≠1，假命题，
其中正确的个数为2个．
故选：C．
4．【分析】分别假设四个选项为真命题，要符合题意，分别得到那些结论，综上所述确定一定是真命题的是哪个．
【解答】解：对于A选项，若￢p为真命题，则p为假命题，无论q是真命题还是假命题，都符合￢p∨q为真，p∧q为假．
对于B选项，若￢q为真命题，则q为假命题，要符合￢p∨q为真，只能￢p为真命题，那么p为假命题，才符合题意，
对于C选项，若p为真命题，则￢p为假命题，要符合p∧q为假，只能q为假命题，不符合￢p∨q为真，
对于D选项，若q为真命题，则￢q为假命题，要符合p∧q为假，只能p为假命题，￢p为真命题，符合￢p∨q为真，
所以综上可得一定为真命题的是￢p．
故选：A．
5．【分析】直接利用函数的图象的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】解：函数f（x）＝|sinx﹣1|的图象，相当于将函数f（x）＝sinx的图象向下平移1个单位，再将函数我的图象沿x轴翻折到x轴上方．
所以：函数的周期与f（x）＝sinx的图象的周期相同，周期为2π．
函数的值域为[0，2]．
函数为非奇非偶函数．
函数的单调性与函数f（x）＝sinx的单调性相反．函数的单调递减区间为，k∈Z．
故选：D．
6．【分析】根据题意，将抛物线的方程变形为标准方程，分析可得其焦点位置以及p的值，有抛物线焦点坐标公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，抛物线的方程为y＝4x2，则其标准方程为x2＝y，
其焦点在y轴正半轴上，且p＝，
则其焦点坐标为（0，）；
故选：C．
7．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数＝，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

因为目标函数＝；
联立 ，解得C（3，1），
由图可知，当目标函数过点C时，
与定点P（1，0）的连线斜率最小，z有最大值为：＝．
故选：C．
8．【分析】由△ABP与△ABC为同底不同高的三角形，则高之比即为两三角形的面积之比，而由平面向量的平行四边形法则及平行线的性质易得两三角形的高之比，由此得出结论．
【解答】解：延长CP交AB于点D，过点P作PM∥AC交AB于点M，PN∥AB交AC于点N，
∵，
∴，
又MP∥AC，由平行线分线段成比例性质可知，，
∴．
故选：B．

9．【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．
【解答】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB＝BD＝DA＝2．BC＝CD＝，
∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝1，AO＝，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，﹣1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），
设二面角A﹣BD﹣C的平面角为α，则α∈，∠AOC＝α，
A（cosα，0，sinα），
∴＝（cosα，1，sinα），＝（﹣1，1，0），
则cosθ＝＝，
∵α∈[，]，∴cosα∈[0，]，得|1﹣|∈[0，1]．
∴cosθ∈[0，]．
故选：C．

10．【分析】根据题意，以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z建立空间直角坐标系，求出平面AB1C的法向量，利用夹角公式求出即可．
【解答】解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z建立空间直角坐标系，
显然平面AB1C的法向量，
D（0，0，1），M（），，
cos＜，＞＝，
由直线MD与平面AB1C所成角的正弦值等于|cos＜，|，
故选：D．

11．【分析】求出双曲线的右顶点和右焦点以及渐近线方程，可得A，再由圆的性质可得|AF|＝|OF|＝c＝2，解方程可得a，b，进而得到双曲线方程．
【解答】解：双曲线的右顶点为（a，0），右焦点F为（c，0），
由x＝a和一条渐近线y＝x，可得A（a，b），
以C的右焦点为圆心、半径为2的圆经过A、O两点（O为坐标原点），
则|AF|＝|OF|＝c＝2，
即有＝2，
c2＝a2+b2＝4，
解得a＝1，b＝，
即有双曲线的方程为x2﹣＝1，
故选：A．
12．【分析】利用已知条件，画出图形，设出圆的圆心，利用椭圆的定义，转化求解椭圆的离心率即可
【解答】解：由题意，椭圆的图形如图：F是椭圆C：的右焦点，点P在椭圆C上，线段PF与圆相切于点Q，且，圆的圆心为：D（，0），圆的半径为：，
所以F1P＝2b，FQ＝＝，
所以PF＝，
所以：+2b＝2a，可得c2﹣b2＝a2﹣2ab+b2，
可得2a＝3b，即4a2＝9（a2﹣c2），
所以e＝＝
则椭圆C的离心率：．
故选：C．

二、填空题：（每题5分，共20分）
13．【分析】由，可得?（λ﹣）＝0，即可得出λ．
【解答】解：∵，∴?（λ﹣）＝λ﹣2+λ﹣1＝0，解得λ＝．
故答案为：．
14．【分析】求出命题p，q的解集，若￢p是￢q的必要不充分条件，即q是p的必要不充分条件，（0，]?（a，a+1），求出即可．
【解答】解：：，则，x∈（0，]，
x2﹣（2a+1）x+a（a+1）＜0，
得x∈（a，a+1），
若￢p是￢q的必要不充分条件，
即q是p的必要不充分条件，
即（0，]?（a，a+1），
a≤0，a+1＞，
得，
故答案为：．
15．【分析】由题意将双曲线与抛物线联立求出两根之和，再由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离求出横坐标之和，进而求出a，b的关系，求出渐近线的方程．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立抛物线与双曲线的方程：，
整理可得：a2x2﹣2pb2x+a2b2＝0，所以x1+x2＝，
因为|AF|+|BF|＝8|OF|，由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离可得：x1+x2+p＝8，∴x1+x2＝3p，
所以＝3，可得＝，
所以渐近线的方程为：y＝x，
故答案为：y＝x．
16．【分析】直接利用线面垂直和线面平行的应用求出结果．
【解答】解：已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
（1）若a∥α，b∥β，α∥β，则a和b可能异面也可能相交，故错误．
（2）若a∥α，b⊥β，α⊥β，则a和b可能异面也可能相交，故错误．
（3）若a，b不平行，则a，b不可能垂直同一平面；即经过一点有且只有一条直线垂直于该平面．
（4）若a⊥α，a∥b，b∥β，则α⊥β．由于a⊥α，a∥b，可得b⊥α，由于b∥β，进一步求出α⊥β，故正确．
故答案为：（3）（4）
三、解答题：（17题10分，其它每题12分）
17．【分析】直接利用四个命题的应用求出结果．
【解答】解：逆命题：若x2+mx+1＝0有实数根，则m≥2（假命题），
否命题：若m＜2，则方程x2+mx+1＝0没有实数根（假命题），
逆否命题：若方程x2+mx+1＝0没有实数根，则m＜2（真命题）．
18．【分析】根据不等式的性质分别判定命题p，q的真假，利用复合命题之间的关系即可得到结论．
【解答】解：已知两个命题，p：存在实数x，使得x2+ax+1＜0成立；q：函数在x∈（1，+∞）上单调递减．
（1）若命题p为假命题，则￢p为真命题即：对任意实数x，x2+ax+1＞0恒成立，
所以△＝a2﹣4≤0?﹣2≤a≤2．
故a的取值范围是：{a|﹣2≤a≤2}；
（2）若p真：则△＞0，可得a＞2或a＜﹣2，
若q真：则a≤1，
由题意如果p∧q为假，p∨q为真，可知：p真q假，或p假q真
当p真q假时，﹣2≤a≤1，
当p假q真时，a＞2，
故a的取值范围是：{a|﹣2≤a≤1或a＞2}．
19．【分析】（1）取BD中点N，连接MN，EN．证明四边形EFMN为平行四边形，推出FM∥EN，即可证明FM∥平面BDE．
（2）以AD中点为坐标原点，OA，OM，OE为x，y，z轴构建空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量的数量积求解F到平面BDE的距离即可．
【解答】（1）证明：取BD中点N，连接MN，EN．
因为MN∥CD且MN＝，EF∥CD且EF＝，
所以MN∥EF且MN＝EF，
则四边形EFMN为平行四边形，所以FM∥EN，
所以FM∥平面BDE．
（2）以AD中点为坐标原点，OA，OM，OE为x，y，z轴构建空间直角坐标系，
E（0，0，），D（﹣1，0，0），B（1，4，0）可得＝（1，0，），＝（2，4，0），＝（0，2，0），
设平面BDE的法向量＝（x，y，z）
，不妨取x＝1，则平面BDE的法向量＝（1，，），
则F到平面BDE的距离d＝＝＝．

20．【分析】（1）根据抛物线的定义，求得曲线C的方程；
（2）设直线AB的方程，代入抛物线方程，根据韦达定理定理及，求得n＝16，即可直线AB恒过定点．
【解答】解：（1）由题意可知，曲线为以（1，0）为焦点的抛物线，
所以曲线C的方程：y2＝4x．
（2）直线AB恒过定点（16，0）．理由如下：
设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB的方程：x＝my+n，则
，所以，，所以y1y2＝﹣64，
由x＝my+n联立y2＝4x，得：y2﹣4my﹣4n＝0，
所以y1y2＝﹣4n，
所以n＝16，即过定点（16，0）．
21．【分析】（1）令AB＝1，由三角形的相似推得AB1⊥A1D，若B1H⊥A1D，运用线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的性质，即可得到结论；
（2）以AB，AA1，AH为x，y，z轴构建空间直角坐标系，令AB＝1，分别求得平面PAA1的法向量和平面DAA1的法向量，再由向量的夹角公式，计算可得所求值．
【解答】解：（1）令AB＝1，则AC＝AA1＝，∵＝＝，
∴△AA1B1∽△DB1A1，∴AB1⊥A1D，
若B1H⊥A1D，则A1D⊥面AB1H?A1D⊥AH，
又∵侧面ABB1A1⊥平面AA1C1C，AB⊥AA1，
∴AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AH，
∴AH⊥AA1，∴H为CC1的中点，即CH：HC1＝1：1．
（2）以AB，AA1，AH为x，y，z轴构建空间直角坐标系，令AB＝1，
则C（0，﹣，），B1（1，，0），A1（0，，0），
可得＝+＝+＝（，，），
设平面PAA1的法向量为＝（x，y，z），由?＝0且?＝0，即x+y+z＝0且y＝0，
可取＝（﹣，0，1），又因为面AA1D的法向量＝（0，0，1），
所以二面角P﹣AA1﹣D的余弦值cosθ＝|cos＜，＞|＝||＝＝．

22．【分析】（1）利用已知条件，判断E的轨迹，转化求解轨迹方程即可．
（2）设出MN的方程与椭圆方程联立结合韦达定理以及向量的数量积为0，求出MN方程，然后设出直线l的方程，通过相切求解l的方程，利用点到直线的距离求解即可．
【解答】解：（1）由题意可知：圆，即（x+）2+y2＝16，
∵BE+AE＝AD＝4，所以E轨迹以A，B为焦点的椭圆，除去与x轴的两个交点2a＝4，c＝，可得b＝1，
所以点E的轨迹方程为（y≠0）．
（2）设直线MN：x＝my+联立，
得：（m2+4）y2+2my﹣1＝0，
所以y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣…①
因为OM⊥ON可得x1x2+y1y2＝0…②
由①②求得m＝±，
由于椭圆对称性，不妨取m＝，则直线MN：x＝y+，
数形结合可知，直线MN平行的直线与椭圆相切，切点之一为所求点P，
所以设与直线MN平行的直线l：x＝y+n联立，
，
由△＝0可得n＝，
所以此时P到直线l的距离d＝＝