河北省邯郸市大名县一中2020学年高二数学10月半月考试试题（清北组）（通用）

1、河北省邯郸市大名县一中2020学年高二数学10月半月考试试题（清北组）一、单选题1已知命题，.则命题为（ ）A.，B.，C.，D.，2若为两条不同的直线，为平面，且，则“”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椭圆的焦距为（）A.B.1C.D.4下列有关命题的叙述错误的是（ ）A若非是的必要条件，则是非的充分条件B“x2”是“”的充分不必要条件C命题“0”的否定是“0”D若且为假命题，则，均为假命题5设抛物线:的焦点为F，过点且斜率为的直线与交于，两点，则（ ）ABCD6下列说法正确的是（ ）A向量与是平行向量B若都是单位向量，则C若，则四点构成平行四边形D

2、两向量相等的充要条件是它们的始点、终点相同7己知，则向量与的夹角为.A30B60C120D150.8已知双曲线的焦点到渐近线的距离为1，则渐近线方程是ABCD9正方体中，直线与平面所成角的正弦值为( )A.B.C.D.10命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（）ABCD11如图，三棱锥中，平面平面，分别为和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.012是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于两点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）ABC2D3二、填空题13已知“”是“”的充分不必要条件，且，则的最小值是_14若抛物线上一点到焦点和抛物线的对称轴的距离分别

3、是10和6，则的值为_.15给出下列结论：“且为真”是“或为真”的充分不必要条件：“且为假”是“或为真”的充分不必要条件；“或为真”是“非为假”的必要不充分条件；“非为真”是“且为假”的必要不充分条件.其中，正确的结论是_.16如图，两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M、N分别是BD和AE的中点，那么；面CDE；MN,CE异面其中正确结论的序号是_三、解答题17已知命题p：方程表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：椭圆（m0）的离心率 e（，1），若pq为真，pq为假，求m的取值范围18如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，为中点. （1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.19

4、已知动点P在抛物线x22y上，过点P作x轴的垂线，垂足为H，动点Q满足.(1)求动点O的轨迹E的方程；(2)点M(4，4)，过点N(4，5)且斜率为k的直线交轨迹E于A，B两点，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值20如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC， ABAC， PA1，ABAC，D为BC的中点，过点D作DQ平行于AP,且DQ1.连接QB, QC, QP.()证明：AQ平面PBC；()求直线BC与平面ABQ所成角的余弦值. 21如图，四棱锥中，平面底面ABCD，是等边三角形，底面ABCD为梯形，且，证明：；求A到平面PBD的距离22如图，已知椭圆的上顶点为，右焦点为，

5、直线与圆相切（1）求椭圆的方程；（2）不过点的动直线与椭圆相交于两点，且求证：直线过定点，并求出该定点的坐标参考答案1D【解析】【分析】利用全称命题的否定解答.【详解】命题，.命题为，.故选：D【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.2A【解析】分析：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可得充分性成立，由可能可得必要性不成立.详解：由且能推出，充分性成立；若且，则或者，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，故选A.点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，

6、除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3D【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得，由，求得的值，进而求得焦距的值.【详解】根据椭圆方程得，由解得，故焦距.故选：D.【点睛】本小题主要考查已知椭圆方程求，考查椭圆焦距的求法，属于基础题.4D【解析】【分析】由充分必要条件的判断方法来判断A、B；全称命题的否定的书写规则来判断C；由复合命题的真假判定来判断D【详解】解：若非是的必要条件，则，即是的充分条件故A正确；由，但由，不一定有，如，“x2”是“”的充分不必要条件，故B正确。命题“0”的否定

7、是“0”，故C正确若且为假命题，则，中至少一个为假命题，故D错误。故选：D。【点睛】本题考查了复合命题的真假判断，考查命题的否定和逆否命题，训练了充分必要条件的判断方法，是基础题5A【解析】【分析】设，将直线方程代入抛物线方程，韦达定理知；利用抛物线焦半径公式可得到结果.【详解】设，直线方程为：将直线方程代入抛物线方程得：，则由抛物线焦半径公式可得：本题正确选项：【点睛】本题考查抛物线焦半径公式的应用，属于基础题.6A【解析】【分析】根据平面向量的定义，判定每个命题是否正确，从而得出答案【详解】向量与是相反向量，更是平行向量，A正确.两个单位向量可能方向不同，故B不正确.若，则四点可能共线，故

8、C不正确.两向量相等的充要条件是两向量的大小相等、方向相同，故D也不正确.故选：A【点睛】本题考查了平面向量的基本定义，意在考查学生对平面向量基本概念理解与掌握的情况，是基础题7B【解析】【分析】将数量积公式进行转化，可计算，从而可求.【详解】因为、，所以，则、，所以，所以，故选：B.【点睛】本题考查空间向量的夹角计算，难度较易.无论是平面还是空间向量的夹角计算，都可以借助数量积公式，对其进行变形，先求夹角余弦值，再求夹角.8D【解析】【分析】先求出双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线距离公式，得到关于的方程，结合，解方程求出，最后确定双曲线的渐近线方程，选出正确答案.【详解】根据双曲线的对称

9、性，可设双曲线的一个焦点坐标为，一条渐近线方程为：，由题意可知：而，所以，因此双曲线方程为：，故本题选D.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程的求法，考查了点到直线距离公式的应用，考查了数学运算能力.9A【解析】【分析】以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设棱长为2，求出向量，以及平面的法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】如图，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设棱长2，则，所以，因为在正方体中，平面，所以，又，所以平面，因此向量为平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则.故选A【点睛】本题主要考查求线面角，熟记空间向量的方

10、法求线面角即可，属于常考题型.10A【解析】【分析】“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案.【详解】若“，”为真命题，可得恒成立只需，所以时，”为真命题，“，”为真命题时推出，故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，选A.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，充分条件，必要条件，命题，属于中档题.11A【解析】【分析】取BC中点O，连结OD，OA，则ODBC，OABC，ODOA，以O为原点，OC为x轴，OA为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线CM与BN所成角的余弦值【详解】取BC中点O，连结OD，OA，三棱锥D-ABC中， ，平面DBC

11、平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，ODBC，OABC，ODOA，以O为原点，OC为x轴，OA为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，C（ ，0，0），A（0，0），D（0，0，），M（0，），N（，0，），B（-，0，0）， =（-，,）， =（，0，），设异面直线CM与BN所成角的平面角为，则cos=异面直线CM与BN所成角的余弦值为 故选：A【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12B【解析】【分析】本题可先通过构造几何图形，先设为，再利用双曲线第一定义，列出与的关系式，与的关系式，利用几何关系，在

12、中，利用余弦定理即可求得答案。【详解】如图所示：设，由于为等边三角形，所以，所以，即，又，所以，在中，所以根据余弦定理有：，整理得：，即，所以离心率。故本题正确答案为B。【点睛】圆锥曲线跟几何问题机关的解法，常从以下几个方向考虑：圆锥曲线第一定义。圆锥曲线第二定义。几何关系所涉及的解三角形知识。13【解析】【分析】先求解指数不等式，再运用充分不必要条件求解范围.【详解】，则由题意得，所以能取的最小整数是【点睛】本题考查指数不等式和充分不必要条件，属于基础题.142或18【解析】【分析】设出符合题意的抛物线上一点的坐标，代入抛物线方程，解方程求得的值.【详解】抛物线的焦点为，对称轴为轴，故可设符

13、合题意的点的坐标为，代入抛物线方程得，解得或，负根舍去.【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查抛物线的几何性质，考查方程的思想，属于基础题.15【解析】【分析】根据含“或”、“且”复合命题的真假逐项判定即可.【详解】对于，“且为真”可知p、q为真，可知“或为真”， “或为真”不能得到p、q为真，所以“且为真”是“或为真”的充分不必要条件，正确.对于“且为假”可能p,q都是假命题，推不出“或为真”，所以“且为假”是“或为真”的不充分条件，故错误.对于“或为真”可知p,q中至少一个为真，但推不出“非为假”，若“非为假”可知p为真，故“或为真”，所以“或为真”是“非为假”的必要不充分条件正确.

14、对于，“非为真”可知p是假命题，可推出“且为假”，所以“非为真”是“且为假”的充分条件，所以错误，综上可知填.【点睛】本题主要考查了含逻辑联结词“或”、“且”、“非”的命题真假的判断，充分条件，必要条件，属于中档题.16【解析】【分析】取AD的中点G，连接MG，NG，结合正方形的性质，我们结合线面垂直的判定定理及性质可判断的真假；连接AC，CE，根据三角形中位线定理，及线面平行的判定定理，可以判断的真假，进而得到答案【详解】两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M、N分别是BD和AE的中点，取AD的中点G，连接MG，NG，易得平面MNG，进而得到，故正确；连接AC，CE，根据三角形中

15、位线定理，可得，由线面平行的判定定理，可得面CDE及CE正确，MN、CE异面错误；故答案为：【点睛】本题考查的知识点是平面与平面垂直的性质，直线与平面垂直的判定及直线与平面平行的判定，熟练掌握空间直线与平面平行及垂直的判定及性质是解答本题的关键17（0，12，+）【解答】解：若p为真，则，得到0m2； 若q为真，则1，即a2a2b2a2，得到a2b20，于是3（m2+3），可得，m1，由pq为真，pq为假，可知p真q假，或p假q真 p真q假时，得到0m1； p假q真时，得到m2； 综上所述，实数m的取值范围为（0，12，+）【解析】试题分析:先确定p，q为真时对应m的取值范围，再根据pq为真，

16、pq为假，可知p真q假，或p假q真解对应方程组，求并集得m的取值范围试题解析:解：若p为真，则，得到0m2； 若q为真，则1，即a2a2b2a2，得到a2b20，于是3（m2+3），可得，m1，由pq为真，pq为假，可知p真q假，或p假q真 p真q假时，得到0m1； p假q真时，得到m2； 综上所述，实数m的取值范围为（0，12，+）18(1)见解析； （2）.【解析】【分析】（）可证平面，得，再证，可证平面；（2）建立空间直角坐标系求出相关各点的坐标：及各向量的坐标，求出平面的一个法向量，及平面的一个法向量，代入夹角公式计算即可。【详解】（1）证明：底面为正方形，又，平面，.同理，平面 .（

17、2）建立如图的空间直角坐标系，则，设为平面的一个法向量，又，令，得.同理是平面的一个法向量，则.二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的的判定与性质及二面角的计算，属于中档题。19（1）x24y.（2）【解析】【分析】(1)设点Q(x，y)，由，则点P(x，2y)，将点P坐标代入x22y中，得轨迹E的方程(2) )设过点N的直线方程为yk(x4)5，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，根据韦达定理得到关系式，再计算，化简得到答案.【详解】解：(1)设点Q(x，y)，由，则点P(x，2y)，因为P在x22y上，所以x22（2y），得轨迹E的方程为x24y.(2)设过点N的直线方程为

18、yk(x4)5，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立得x24kx16k200，则.，.【点睛】本题考查了轨迹方程，抛物线的定值问题，计算量较大，意在考查学生的计算能力.20（I）详见解析；（II）.【解析】【分析】（I）由题，用线面垂直的性质以及勾股定理逆定理证得AQPD和BCAQ，得证；() （向量法）建立如图所示直角坐标系，求得平面ABQ的的法向量再用线面角的公式求得答案；（几何法）利用等体积法求得 C点到平面ABQ的距离 ，然后可得直线BC与平面ABQ所成角的余弦值.【详解】()连接AD,PD,由PA平面ABC得PAAD,因为PA/DQ且PA=DQ，即四边形ADQP为矩形，又AB=AC，ABAC，则AD1=AP,所以四边形ADQP为正方形，AQPD且BCAD, BCDQ,则BC平面ADQ,即BCAQ故AQ平面PBC.()（向量法）建立如图所示直角坐标系，则，则设平面ABQ的的法向量为于是（几何法）由于， 且, 则于是C点到平面ABQ的距离 所以【点睛】本题考查了立体几何线面垂直以及线面角的综合问题，熟悉证明方法以及利用空间向量解决立体几何的线面角是解题的关键，属于中档题.21（）见解析；（）.【解析】【分析】（1）由余弦定理得，从而BDAB，由ABDC，得BDDC从而BD平面PDC，由此能证明BDPC（2）设A到平面PBD的距离为h取DC中点Q，连结