安徽省合肥市第六中学2020-2021学年高二上学期期末数学(理)试题参

数学（理）试题

参

1．B【思路点拨】根据命题的否定的定义判断．

【解析】命题xR，exx1的否定是xR，exx1． 故选：B．

2．B【思路点拨】按照题意直线在两坐标轴上截距相等，则讨论直线过原点和不过原点两种情况，然后计算出结果，确定直线的条数. 【解析】由题意知直线在两坐标轴上截距相等. 当直线过原点时直线方程为:y3x； 2xy当直线不过原点时设直线方程为1，又因为截距相等，则ba，

ab23将点P2,3代入有1，解得ab5，此时直线方程为:x+y50.

aa综上满足过点P2,3且在两坐标轴上截距相等的直线有2条. 故选：B.

【解后反思】易错点点睛：本题考查了求直线方程，计算过程中需要满足其截距相等，这里需要注意分类讨论是否过原点，还有就是要注意直线方程有五种形式，解题时设直线方程要结合题中条件运用最优的直线方程来解题.

3．A【思路点拨】由图写出点A的坐标，然后再利用关于y轴对称的点的性质写出对称点的坐标.

【解析】由图可知，点A(1,1,1)，所以点A关于y轴对称的点的坐标为(1,1,1). 故选：A.

4．B【思路点拨】利用直线平行的性质求解.

【解析】因为直线l1：ax2y10，l2：8xaya20，且l1//l2， 则

8aa2， a21解得：a4， 故选：B.

【解后反思】(1)当直线的方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．

(2)在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论． 5．D【思路点拨】先由三视图得到该几何体为三棱锥，在正方体中还原该三棱锥，再由体积公式，即可求出结果.

【解析】

由三视图可知，该几何体是三棱锥ABCD，如图，BCCD1，BCCD，高为1，所

111以该几何体的体积等于111.

326故选：D.

6．C【思路点拨】若m⊥β，在平面内找到与m平行的直线m，根据面面垂直的判定定理可得⊥β，

若⊥β，在平面内找到与m平行的直线m，根据面面垂直的性定定理可得m⊥β，再根据充要条件的定义可得答案. 【解析】若m⊥β，

过直线m作平面γ，交平面于直线m，

∵m//，∴m//m， 又m⊥β，∴m⊥β， 又∵mα，∴⊥β， 若⊥β，

过直线m作平面γ，交平面于直线m，

∵m//，∴m//m， ∵mn，∴mn， 又∵⊥β，∩β＝n， ∴m，∴m，

故“m⊥β”是“⊥β”的充要条件， 故选：C．

【解后反思】关键点点睛：根据面面垂直的判定定理以及性质定理求解是解题关键. 7．B【思路点拨】由M也是A1B的中点，P也是AD1中点，得平行线，从而找到异面直线MN与PQ所成角，在三角形中可得其大小．

【解析】如图，连接AD1，AB1，显然M也是A1B的中点，P也是AD1中点， 又N是B1D中点，Q是CD1中点，所以MN//AD，PQ//AC，

所以CAD是异面直线MN与PQ所成角（或补角），大小为．

4故选：B．

【解后反思】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,，当所作的角为钝角时，应取它的补

2角作为两条异面直线所成的角．

8．C【思路点拨】利用双曲线的定义可求得AF12a，AF24a，利用余弦定理可求得bc的值，利用公式1可求得该双曲线的渐近线的斜率.

aa2ca【解析】

ABF2为等边三角形，

ABAF2BF2，且ABF260，

由双曲线的定义可得2aBF1BF2|AB|AF1BF2AF1，

AF2AF12a，

AF24a，在△AF1F2中AF12a，AF24a，F1AF2120，

由余弦定理可得F1F22cAF1AF22AF1AF2cos12027a，

222cbb2c2a2c即7，所以16． aaa2a2a因此，该双曲线的渐近线的斜率为6． 故选：C.

【解后反思】思路点睛：求解双曲线的渐近线的常用思路：

（1）定义法：直接利用a，b，求得比值，则焦点在x轴时渐近线y渐近线yax； bbx，焦点在y轴时abc（2）构造齐次式，利用已知条件，结合a2b2c2，构建的关系式（或先构建的关系

aa式），再根据焦点位置写渐近线即可.

xy209．D【思路点拨】作出x，y满足约束条件xym0，表示的可行域如图中阴影部分所

x30示，再利用数形结合分析得zmax334m39，解得参数即可.

xy20【解析】作出x，y满足约束条件xym0，表示的可行域如图中阴影部分所示，

x30由z＝3x-4y得y3z3zx，它表示斜率为纵截距为的一系列直线，

4444z当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最大.

4

xym0由，解得A(3，m－3)， x3故zmax334m39，解得m3. 故选：D.

【解后反思】方法点睛：线性规划问题一般用图解法，其步骤如下： （1）根据题意，设出变量x,y； （2）列出线性约束条件；

（3）确定线性目标函数zf(x,y)；

（4）画出可行域（即各约束条件所示区域的公共区域）； （5）利用线性目标函数作平行直线系yf(x)(z为参数). 10．B【思路点拨】利用圆的几何性质进行求解即可.

【解析】解析 圆C1的圆心为E1,1，半径为1，圆C2的圆心为F4,5，半径为3， 要使PNPM最大，需PN最大，且PM最小，

PN最大为PF3，PM最小为PE1，

故PNPM的最大值是PF3PE1PFPE4， F关于x轴的对称点为F4,5，

PFPEPFPEEF4151225，

故PNPM的最大值是549． 故选：B

11．B【思路点拨】根据两个射影，结合球的图形，可知二面角ABCD的平面角为∠AMD；根据题意可知当ABAC，BDCD时，三棱锥ABCD的体积最大．根据体积的最大值可求得BC的长，结合图形即可求得球的半径，进而求得表面积．

【解析】如图，设球心O在平面ABC内的射影为O1，在平面BCD内的射影为O2， 则二面角ABCD的平面角为∠AMD，

点A在截面圆O1上运动，点D在截面圆O2上运动，

由图知，当ABAC，BDCD时，三棱锥ABCD的体积最大，此时ABC与BDC是等边三角形，

设BCa，则AMDMSBCD32a， 43a， 2hAMsin(AMD)6a， 31236， VABCDSDBCha31243解得a3，所以DM，

2DO21，O2M1，设AMD2， 212则cos22cos1，

3解得tan2， ∴OO2O2Mtan2， 26， 222球O的半径RDO2OO2所求外接球的表面积为S4R26， 故选B.

【解后反思】本题考查了三棱锥外接球的综合应用，根据空间几何关系求得球的半径，进而求得表面积，对空间想象能力要求较高，属于难题．

12．D【思路点拨】由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形EGFH为菱形，计算面积，分析GH的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④.

【解析】对于①，四边形EGFH为平行四边形，又直角梯形CBGF和直角梯形ABGE全等，得EGFG，所以四边形EGFH为菱形，且GHEF，平面EGFH在底面上的射影为四边形ABCD，设平面EGFH与平面ABCD所成角为，则

cosSABCD12SEGFH12GHGH，

2又2GH3，得6，故①错误；对于②，由cos1，可得所成角的最大值不为45°

312GH3，可得菱形EGFH的面积的最小值为221，故②正确；对于③，四

21111棱锥C1EGFH的体积为V2VC1EGF2VEGFC12，故③正确；对于④，设

322611BGx，x0,1，VB1EFGVEB1FG11x1(0x1)，设B1到平面EGFH的距

32离为d，可得VB1EFG21112， 2d21x32222所以

d1x112x222t2t2t3421(其中t1x)，当x0即311214ttt1时，d取得最大值故选：D.

6，故④正确. 3【解后反思】一般关于体积计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高求解；关于空间几何体中一些边长或者距离的最值计算一般转化为函数问题，可以通过二次函数、反比例函数的性质求解最值，或者有时可以利用基本不等式，较难的问题则需要通过导数判断单调性从而求出最值. 13．910【思路点拨】先化2x6y90为x3y0，再根据平行线之间的距离公式

220求解即可.

【解析】解：由2x6y90得：x3y90， 2再根据平行线间的距离公式dC1C2AB22 得：

两平行直线x3y50与2x6y90的距离是

10 20d952132110. 22010故答案为：14．甲【思路点拨】直接利用复合命题的真假判断推理得答案. 【解析】由pq是真命题，可知p，q中至少有一个是真命题，

又比赛结果没有并列名次，说明第一名要么是甲，要么是乙，则r是假命题， 又(q)r是真命题，则￢q是真命题，即 q为假命题，故得第一名的是甲， 故答案为：甲．

215．x22y【思路点拨】利用抛物线的定义得出PM垂直于抛物线的准线，设Pm,am，

求出FPM的边长，写出有关点的坐标，利用两点距离公式得到FM，列出方程求出m，a的值，得到抛物线方程.

【解析】根据题意知，FPM为等边三角形，PFPM，

PM抛物线的准线，

12设Pm,am，则Mm,，

4a122， 所以PMam4a2112F0,，所以由PFPM，得m2， 4a2a1解得a,m3，

2抛物线方程为x22y，

故答案为：x22y. 16．2设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，【思路点拨】

2422和，进而可

42求出OM，PM，PO，如图，分别可求得大球O1与小球O2半径分别为得小球的体积．

【解析】解：由题中条件知底面四边形ABCD是边长为2的正方形.设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM1，PMPA2AM21013，如图，在截面PMO中，设N为球O1与平面PAB的切点，则N在PM上，PO9122，

且O1NPM，设球O1的半径为R，则O1NR，∵sinMPONO11OM1，则，∴PO3PM31PO13R，POPO1OO14R22，∴R2，设球O1与球O2相切于点Q，则

2PQPO2R2R，设球O2的半径为r，同理可得PQ4r，∴rR2，故小球O2的

2442体积Vr3.

324故答案为：

2． 24

【解后反思】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

x2y24517．.【思路点拨】（1）（2）1x2，曲线C是一个椭圆，除去左右顶点；

423yy1，可得曲线C的方程. （1）由题意可知，kAMkBMx2x22（2）直线的方程与椭圆的方程联立消去y整理得3x24x20.设Px1,y1，Qx2,y2，运用根与系数的关系可求得弦长． 【解析】（1）由题意可知，kAMkBMyy1x2y2，化简得1x2， x2x2242x2y2即曲线C的方程为1x2.曲线C是一个椭圆，除去左右顶点.

42yx1,2（2）联立2消去y得x22x14，整理得3x24x20. 2x2y4,42设Px1,y1，Qx2,y2，则x1x2，x1x2，

33所以PQ1k2x1x21k2x1x224x1x21116845. 933【解后反思】方法点睛：求轨迹方程的方法之一： 直译法——“四步一回头”， 四步：（1）建立适当坐标系，设出动点M的坐标x,y； （2）写出适合条件的点M的集合PPM|PM； （3）将PM “翻译”成代数方程fx,y0； （4）化简代数方程fx,y0为最简形式.

一回头：回头看化简方程的过程是否为同解变形，验证求得的方程是否为所要求的方程. 18．（1）x2或3x4y100；（2）y4.【思路点拨】（1）当直线l的斜率不存在时，

直线方程为x2，符合条件.当直线l的斜率存在时，设直线方程为y4kx2，由点到直线l的距离公式求得k值，则直线方程可求；

（2）设直线l夹在直线l1，l2之间的线段为AB(A在l1上，B在l2上)，用点A的坐标表示出点B坐标，根据A在l1上，B在l2上，求得点A的坐标，即可求得直线方程. 【解析】（1）①直线l的斜率不存在时，直线方程为x2，符合条件. ②直线l的斜率存在时，设直线方程为y4kx2，

2kk241由原点到直线l的距离为2得3解得k.

42，

故直线l的方程为y4即3x4y100.

3x2， 4综上，所求直线l的方程为x2或3x4y100.

（2）设直线l夹在直线l1，l2之间的线段为AB(A在l1上，B在l2上)，

A，B的坐标分别设为x1,y1，x2,y2，

因为AB被点P平分，所以x1x24，y1y28， 即x24x1，y28y1.

2x1y120, 由于A在l1上，B在l2上，即xy70,11解得x13，y14，即A的坐标是3,4， 故直线l的方程是y4.

19．（1）x3y318；（2）最小值为8.【思路点拨】（1）化圆的方程为标准方程，

222求出圆心坐标与半径，再设圆C1:(xa)(yb)r，由题意列关于a，b，r的方程组，

22求解可得a，b，r的值，则圆C1的方程可求；

（2）由直线系方程求得直线l所过定点坐标，然后求出圆心到定点的距离，再由垂径定理求得直线l被圆C1所截得的弦长的最小值．

22【解析】解：（1）化圆C2:xy10x10y0为(x5)2(y5)250，

可得圆心C2(5,5)，半径为52， 设C1：xaybr2，

222a6br,222 则abr,22a5b552r,22a3,解得b3,

r32,所以圆C1的方程为x3y318. （2）因为l：(2m1)x(m1)y6m40， 即(2xy6)mxy40，

222xy60,x2,由得所以直线l过定点B2,2，

xy40,y2,设圆心C13,3到直线l的距离为d， 则dC1B3232222，

当且仅当lBC1时，等号成立. 所以弦长为2r2d221828. 故直线l被圆C1截得的弦长的最小值为8. 20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）即可；

（2）在等腰三角形APC中可得PCAF，再证得CD平面PAC，得PCCD，因此

6.思路点拨】【（1）根据中位线定理证得EM//PA4EFPC，从而得证；

（3）从点F向AE作垂线，垂足为G，连接GC，可证得FGC即为所求二面角的平面角，通过解直角三角形FGC可得余弦值.

【解析】（1）因为E为PD的中点，M为AD的中点， 所以在△PAD中，EM//PA，

又因为PA平面PAC，EM平面PAC， 则EM//平面PAC.

（2）因为PC的中点是F，在Rt△ABC中，AB2，BAC60， 则BC23，AC4.

而PA4，则在等腰三角形APC中PCAF①. 又在PCD中，PEED，PFFC，则EF//CD， 因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，则PACD， 又ACD90，即ACCD，ACPAA.

所以CD平面PAC，所以PCCD，因此EFPC②. 又EFAFF，由①②知PC平面AEF.

（3）从点F向AE作垂线，垂足为G，连接GC，

由（2）得PC平面AEF，所以PCAE，又AEFG，所以AE⊥面CFG， 所以FGC即为所求二面角的平面角，

1直角三角形PAC中，PC42，所以AF22，EFCD23, 2直角三角形PAD中，PDPA2AD245，所以AE1PD25, 2AFEF230, AE5满足AF2EF2AE2，所以三角形AEF为直角三角形，所以FG解直角三角形FGC，得CFCF2FG282485, 55230FG65. 可得二面角FAEC的余弦值为CG4855

【解后反思】求解二面角的常用方法：

1、定义法：过二面角的棱上任一点在两个面内分别作垂直于棱的直线，则两直线所构成的

角即为二面角的平面角，继而在平面中求出其平面角的一种方法；

2、三垂线法：利用三垂线定理，根据 “与射影垂直 ，则也与斜线垂直”的思想构造出二面角的平面角，继而求出平面角的方法；

3、垂面法：指用垂直于棱的平面去截二面角，则截面与二面角的两个面必有两条交线，这两条交线构成的角即为二面角的平面角，继而再求出其平面角的一种方法；

4、面积射影法：根据图形及其在某一个平面上的射影面积之间的关系，利用射影的面积比上原来的面积等于二面角的余弦值，来计算二面角。此法常用于无棱的二面角；

5、法向量法：通过求与二面角垂直的两个向量所成的角，继而利用这个角与二面角的平面角相等或互补的关系，求出二面角的一种方法。

A1F322.【思路点拨】21．（1）证明见解析；（2）；（3）存在，（1）推导出DF//BC，AC413DE，由此得到A1O平面BCED，从而能证明ADAE，从而A1DA1E，进而AO1AOBD； 1OG，建立空间直角坐（2）取BC中点G，连接OG，OEOG，再由A1OOE，AO1标系Oxyz，利用法向量能求出直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； （3）线段A1C上存在点F适合题意，设A1F段A1C上存在点F适合题意，且

A1F3. A1C4[0,1]，利用向量法能求出线AC1，其中

【解析】（1）因为在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点， 所以DE//BC，ADAE.

DE. 所以A1DA1E，又O为DE的中点，所以AO1平面A1DE， 因为平面A1DE平面BCED，且AO1所以A1O平面BCED， BD. 所以AO1（2）取BC的中点G，连接OG，所以OEOG. OG. 由（1）得A1OOE，AO1如图建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得，A10,0,2，B2,2,0，C2,2,0，D0,1,0.

2,2,2. 所以A1B2,2,2，A1D0,1,2，AC1

设平面A1BD的法向量为nx,y,z. nA1B0, 则nAD0,12x2y2z0, 即y2z0.令x1，则y2，z1，所以n1,2,1. 设直线A1C和平面A1BD所成的角为， 则sincosn,AC1nAC1nAC124214144422. 3故所求角的正弦值为22. 3（3）线段A1C上存在点F适合题意. 设A1F0,1. AC1，其中

设Fx1,y1,z1，则有x1,y1,z122,2,2，

所以x12，y12，z122，从而F2,2,22， 所以DF2,21,22，又BC0,4,0， 所以cosDF,BCDFBCDFBC44212212235 7，3. 4

A1F3. A1C4222

令2122122222整理得1622490.解得

所以线段A1C上存在点F适合题意，且

【解后反思】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

x222．（1）

9y281；（2）关系为k1k22k3，证明见解析.【思路点拨】（1）由椭圆的离心

率得a29c2，再将已知点代入可求得a，b，c，得椭圆E的方程

（2）设直线l的方程为y1kx1，设Ax1,y1，Bx2,y2为l与椭圆E的两个交点.将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系表示k1k2， k3，可得出其间关系. 1c1x2y222 【解析】解：（1）因为椭圆E：221(ab0)的离心率为，所以ea9c，

3a3ab因为a2b2c2，所以b28c2.

8x2y2故可设椭圆E的方程为221，因为点P1,在椭圆E上，

39c8c. 所以将其代入椭圆E的方程得1921c2129c8cx2所以椭圆E的方程

9y281.

（2）依题意，直线l不可能与x轴垂直，

故可设直线l的方程为y1kx1，设Ax1,y1，Bx2,y2为l与椭圆E的两个交点. 将ykxk1代入方程

x29y281，消去y并整理得

9k28x218k2kx9k218k630.

18k218k9k218k63. 所以 x1x2，x1x2229kk8所以

5588kx11kx21y23333k1k2x11x21x11x21y1x1x2251152k2k 3x11x213x1x2x1x2118k218k22163k159k82k2.

39k18k6318k218k3319k2k28ykxk1,kk63(9k8)x9k630，解得x又由，y，

8x9y7209kk8k889k8383k1. 所以 k39k633319k8因此，k1k2与k3的关系为k1k22k3.

【解后反思】关键点点睛：在解决直线与椭圆的综合问题时，关键在于将目标条件表示为椭圆上的点的坐标间的关系．