2019-2020学年安徽省合肥市高二下学期开学考试数学试题(解析版)

一、单选题

1．直线l的方程为y22x2，则（ ） A．直线l过点(2,2)，斜率为

1 2B．直线l过点(1,2)，斜率为

1 2C．直线l过点(1,2)，斜率为2 【答案】C

【解析】利用点斜式的方程判定即可. 【详解】

D．直线l过点(2,2)，斜率为2

由y22x2有y22x1,故直线l过点(1,2),斜率为2. 故选：C 【点睛】

本题主要考查了点斜式的运用,属于基础题型.

x2y22．双曲线1的离心率是（ ）

45A．5 2B．

3 2C．2

D．

9 4【答案】B

【解析】由双曲线的标准方程求得a和c，从而求得离心率e【详解】

c的值. ax2y2由双曲线方程1可得a2，b5，

45∴ca2b23，∴e故选：B. 【点睛】

本题考查双曲线的定义和标准方程，以及简单性质的应用，属于基础题. 3．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）

c3. a2第 1 页 共 17 页

A．3 【答案】A

B．4 C．5 D．6

【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体是直三棱柱，结合图中数据即可求出体积. 【详解】

根据几何体的三视图，得该几何体是直三棱柱，且直三棱柱的底面是等腰直角三角形，高为3，则该直三棱柱的体积为V故选：A. 【点睛】

本题考查空间几何图三视图的应用问题，空间想象能力与计算能力的应用问题，属于基础题.

4．已知空间两点A(2,1,3),B(4,2,3),则A、B间的距离是（ ） A．7 【答案】C

【解析】根据空间中两点之间的距离公式即可得到结论. 【详解】

根据空间中两点之间的距离公式得AB故选：C. 【点睛】

本题主要考查空间中两点之间的距离公式的应用，属于基础题. 5．双曲线9x24y2360的一条渐近线的方程为( ) A．9x4y0 【答案】C

【解析】将双曲线方程化为标准形式，即可得到渐近线方程. 【详解】

第 2 页 共 17 页

B．4x9y0

C．3x2y0

D．2x3y0

B．8

C．9

D．10

12133. 22412332229.

x2y2由双曲线9x4y360，得1，

4922x2y2所以渐近线的方程为0，即3x2y0.

49故选：C. 【点睛】

本题主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题.

22226．已知圆(x7)(y4)9与圆(x5)(y6)9关于直线l对称 ，则直线l的方程是（ ） A．5x6y110 C．6x5y110 【答案】B

【解析】根据两圆的圆心距大于两圆的半径之和，可得两圆外离，把两个圆的方程相减可得对称轴l的方程. 【详解】

∵两圆(x7)(y4)9与圆(x5)(y6)9关于直线l对称，且两圆的圆心距为2222B．6x5y10 D．5x6y10

7546222616，

∴两圆外离，将两个圆的方程相减可得24x20y40，即6x5y10. 故直线l的方程为6x5y10. 故选：B. 【点睛】

本题考查两圆关于直线对称的性质，把两个圆的方程相减可得此直线的方程，属于基础题.

227．已知圆C1:xy2x3y10，圆C2:xy4x3y360，则圆C1和

22圆C2的位置关系为（ ） A．相切 【答案】B

【解析】将两圆的方程化为标准方程，求出两圆的圆心与半径，求出圆心距，再根据两圆的圆心距C1C2与半径和与差的关系，即可得到结论.

B．内含

C．外离

D．相交

第 3 页 共 17 页

【详解】

23339圆C1:xy2x3y10，即x1y，∴C11,，r1， 2224222233169圆C2:xy4x3y360，即x2y，∴C22,，224222r213， 222313338，∴两圆的圆心距C1C22+110，r1r22222r2r11335， 22∴C1C210r2r，故两圆内含. 15故选：B. 【点睛】

本题主要考查圆的标准方程，两圆的位置关系的判定方法，属于基础题. 8．“m12”是“直线m1xy10与直线2xm1y10互相垂2直”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

【解析】结合直线垂直的条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】

要使直线m1xy10与直线2xm1y10互相垂直，

2B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

则2m1m10，即2m2m10，解得m1或m21， 2所以“m12”是“直线m1xy10与直线2xm1y10互相垂2直”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件的应用，以及直线垂直的条件应用，属于基础题. 9．下列命题是真命题的是（ ） A．“若ab,则a2b2”的逆命题

第 4 页 共 17 页

B．“若，则sinsin”的否定 C．“若a,b都是偶数，则ab是偶数”的否命题

D．“若函数f(x),g(x)都是R上的奇函数，则f(x)g(x)是R上的奇函数”的逆否命题 【答案】D

【解析】根据命题的定义，写出已知中命题的四种命题或否定命题，再逐一判断真假即可得到答案. 【详解】

对于A：“若ab,则a2b2”的逆命题为：“若a2b2，则ab”为假命题，故A错误；

对于B：“若，则sinsin”的否定为：“若，则sinsin”为假命题，故B错误；

对于C：“若a,b都是偶数，则ab是偶数”的否命题为：“若a,b不都是偶数，则ab不是偶数”为假命题，故C错误；

对于D：“若函数f(x),g(x)都是R上的奇函数，则f(x)g(x)是R上的奇函数”的逆否命题为：“若f(x)g(x)是R上的奇函数，则函数f(x),g(x)都是R上的奇函数”为真命题，故D正确. 故选：D. 【点睛】

本题考查的知识点是四种命题，命题的否定，熟练掌握四种命题的定义是解答的关键，属于基础题.

10．已知抛物线y22px(p0)焦点为F，直线l过点F与抛物线交于两点A,B，与y轴交于M(0,A．y2 【答案】D

【解析】设直线l的方程为xnyp),若|AB|8，则抛物线的准线方程为（ ） 2B．y1

C．x2

D．x1

pp，由直线与y轴交于M0,，得n1，再22联立直线与抛物线方程，利用韦达定理列式即可得抛物线的方程，进而可得准线方程.

第 5 页 共 17 页

【详解】

由抛物线y2px(p0)知焦点F2pp,0，设直线l的方程为xny，

22Ax1,y1，Bx2,y2，则ABx1x2p，

pppyM∵直线l与轴交于0,，则0n，得n1，

222∴直线l的方程为xyp， 2p2xyp2联立2，消去y得x3px0，

42y2px∴ x1x23p

∴ ABx1x2p3pp4p8，即p2， 故抛物线方程为y4x，所以准线方程为x1. 故选：D. 【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的弦长公式，属于基础题. 11．已知两个平面垂直，下列命题：

①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线 ②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线 ③一个平面内任一条直线必垂直于另一个平面

④在一个平面内过任意一点作两平面交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面 其中正确命题的个数为（ ） A．0 【答案】C

【解析】对于①，由空间中的线线关系可得①错误； 对于②，由面面垂直的性质定理可得②正确； 对于③，由空间中的线面关系可得③错误； 对于④，由面面垂直的性质定理可得④正确，得解. 【详解】

解：对于①，一个平面内已知直线不一定垂直于另一个平面的任意一条直线，即①错误； 对于②，一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内与交线垂直的无数条直线，即②正

第 6 页 共 17 页

B．1

C．2

D．3

2确；

对于③，一个平面内任一条直线不一定垂直于另一个平面，即③错误；

对于④，在一个平面内过任意一点作两平面交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面，即④正确，

即正确命题的个数为2， 故选：C. 【点睛】

本题考查了空间中线面、线线关系，重点考查了面面垂直的性质定理，属基础题. 12．已知正方形ABCD的边长为4，E,F分别为边AB,BC上的点，且AEBF3.将AED,CFD分别沿ED和FD折起，使点A和C重合于点P，则三棱锥PEFD的外接球表面积为（ ） A．26 【答案】A

【解析】用球的内接长方体的性质，得出半径，求解外接球表面积． 【详解】 如图所示：

B．13

C．104263 D．2626 3

在三棱锥PEFD中，DP4，PE3，PF因PE2PF2EF2，则PEPF， 由题意知，PEPD，PFPD， 所以PE,PD,PF互相垂直，

1，EF123210，

即三棱锥PEFD的外接球的半径为R122226， 431222262. 所以三棱锥PEFD的外接球的表面积为S4R4226第 7 页 共 17 页

故选：A. 【点睛】

本题考查了空间几何体的性质，运算求解外接球表面积，属于中档题．

二、填空题

213．命题“x0R,x0x010”的否定为：_______________.

【答案】xR,x2x10

【解析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论. 【详解】

2命题为特称量词，则命题“x0R,x0x010”的否定为：

“xR,x2x10”. 故答案为：xR,x2x10. 【点睛】

本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题. 14．焦点在x轴上，离心率e1，且过(22,3)的椭圆的标准方程为_______. 2x2y2【答案】1

129【解析】设椭圆方程，利用离心率为e得椭圆方程. 【详解】

1，且经过点22,3，建立方程，从而可求2x2y2由题意，设椭圆方程为221ab0，

ab22183ab11， 因椭圆离心率为e，且经过点22,3，则，2222aba4解得a212，b29，

x2y2故椭圆的标准方程为1.

129x2y2故答案为：1.

129第 8 页 共 17 页

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的几何性质，属于基础题.

15．已知定点B3,0，点A在圆(x1)2y24上运动，则线段AB中点M的轨迹方程是___________ 【答案】(x1)y1

【解析】设出点M，根据M是AB中点的坐标，利用中点坐标公式求出A的坐标，再根据A在圆上，得到轨迹方程. 【详解】

设Mx,y，点A的坐标为x0,y0，

由定点B3,0，且M是线段AB的中点，则2x=x0+3，2y=y0+0， 即x0=2x-3，y02y， ∴A2x3,2y，

又点A在圆(x1)y4上运动，即2x312y4，

222222整理得x1y21，

∴线段AB中点M的轨迹方程是x1y21. 故答案为：x1y21. 【点睛】

本题考查中点的坐标公式，求轨迹方程的方法，相关点法，设出动点坐标，求出相关的点的坐标，代入已知曲线方程，属于基础题.

16．已知A(3,0)，B(3,0)，点P在圆(x3)2(y4)24上运动，则PAPB的最小值是________. 【答案】36

【解析】由题意设P32cos,42sin，利用两点之间的距离公式表示出

22222PAPB，进而可得结论.

【详解】

22x32cos由题意得圆的参数方程为（为参数），设P32cos,42sin，

y42sin第 9 页 共 17 页

则PA62cos42sin5624cos16sin，

222PB2cos42sin2016sin，

∴PAPB7624cos32sin7640sin，其中tan当sin1时， PAPB有最小值为36.

22222223， 4故答案为：36. 【点睛】

本题主要考查两点之间的距离公式，圆的参数方程的应用，属于基础题.

三、解答题

17．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中

(1)求证：ACDB1 (2)求证：DB1平面ACD1 【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）利用线面垂直的结论，进而可得线线垂直结论； （2）利用线面垂直的判定定理，进而可得结论. 【详解】

证明：(1)连结BD、B1D1

QDD1平面ABCD，AC平面ABCD DD1AC

第 10 页 共 17 页

又ACBD，BDIDD1D，BD、DD1平面DBB1D1

AC平面DBB1D1，又DB1平面DBB1D1

ACDB1

(2)由ACDB1，即DB1AC同理可得DB1AD1， 又AD1IACA，AD1,AC平面ACD1

DB1平面ACD1

【点睛】

本题主要考查线线垂直，线面垂直的证明方法，属于基础题.

18．设抛物线的顶点为O，经过焦点垂直于对称轴的直线与抛物线交于两点B,C，经过抛物线上一点P垂直于对称轴的直线和对称轴交于点M，设|BC|a，|MP|b，

|OM|c，求证：a,b,c成等比数列.

【答案】见解析

2【解析】设抛物线为y2px(p0)，由题意可得|BC|2pa，由PMx轴于

点M可得P(c,b)或P(c,b)，进而可得结论. 【详解】

以抛物线的顶点为坐标原点O，对称轴为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设抛物线方程为y2px(p0)，则焦点F(∵BC⊥x轴，∴B(∴|BC|2pa

2p,0)， 2pp,p),C(,p) 22又∵PMx轴于点M，|MP|b，|OM|c， ∴P(c,b)或(c,b)，

第 11 页 共 17 页

∵P在抛物线上， ∴b22pc，

∴b2ac即a,b,c成等比数列. 【点睛】

本题考查抛物线的简单性质，以及抛物线的通径公式，考查分析与推理证明的能力，属于基础题.

19．已知ABC的顶点C(2,8)，直线AB的方程为y2x11，AC边上的高BH所在直线的方程为x3y20 （1）求顶点A和B的坐标； （2）求ABC外接圆的一般方程.

【答案】（1）5,1和7,3；（2）xy4x6y120

22【解析】（1）联立直线AB与直线BH的方程可得点B的坐标，由ACBH，进而设出直线AC的方程，将C的坐标代入得方程，再与直线AB方程联立即可得点A的坐标；

（2）由（1）知A，B，C的坐标，设ABC外接圆的一般方程，代入求解即可. 【详解】

y2x11（1）由可得顶点B(7,3),

x3y20又因为ACBH得，kBH1 3所以设AC的方程为y3xb， 将C(2,8)代入得b14

由y2x11可得顶点为A(5,1)

y3x14所以A和B的坐标分别为(5,1)和(7,3)

（2）设ABC的外接圆方程为x2y2DxEyF0，

5DEF260将A(5,1)、B(7,3)和C(2,8)三点的坐标分别代入，得7D3EF580，

2D8EF680第 12 页 共 17 页

D4解得E6，

F12所以ABC的外接圆的一般方程为xy4x6y120. 【点睛】

本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.

22x2y2122220．已知点P)是椭圆C：221上两点. 1(3,),P2(,ab233（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线l的斜率为1，直线l与圆xy1相切，且与椭圆C交于点A,B，求线段AB的长.

22x246【答案】（1）（2） y21；

45【解析】（1）设椭圆方程为mxny1，将两点坐标代入解得即可；

22（2）设直线方程为yxm，由直线l与圆xy1相切，得m22，再联立直

22线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求得线段的长. 【详解】

（1）设椭圆C的方程为：mxny1，

22点P1(3,),P2(,1222222)是椭圆C：mxny1上两点，

3313mn14则

48mn199解得：m1,n1， 4x2故椭圆C的方程为：y21.

4（2）∵直线l的斜率为1，故设直线l的方程为：yxm即xym0，

A(x1,y1),B(x2,y2)

第 13 页 共 17 页

|m|1m22， ∵直线l与圆xy1相切，∴1122yxm2225x8mx4m40由x2，即5x8mx40 2y148mxx125∴

4xx12544m2546∴|AB|1k|x1x2|2. 552【点睛】

本题主要考查椭圆标准方程的求法，直线与圆相切，直线与椭圆相交等基础知识，属于基础题.

21．如图，四棱锥PABCD中，侧面PAB为等边三角形且垂直于底面ABCD，

ABBC1AD，BADABC90，E是PD的中点. 2

（1）证明：直线CE//平面PAB；

（2）若VPCD的面积为15，求四棱锥PABCD的体积VPABCD. 【答案】（1）证明见解析（2）23 【解析】（1）取PA的中点F，连FE、FB，证明四边形EFBC是平行四边形，可得

CE//BF，即可证明CE//平面PAB；

（2）在平面PAB内作POAB于O，先设ABBC1AD2x，然后利用VPCD2的面积为15，求出x，再结合三棱锥体积公式求解即可. 【详解】

解：（1）取PA的中点F，连FE、FB， ∵E是PD的中点， ∴FE//1AD， 2第 14 页 共 17 页

又BC//1AD， 2∴FE//BC，

∴四边形EFBC是平行四边形， ∴CE//BF，

又CE平面PAB，BF平面PAB， ∴CE//平面PAB.

（2）在平面PAB内作POAB于O， 不妨设ABBC1AD2x，则AD4x， 2由△PAB是等边三角形，则PAPB2x， 又O为AB的中点，则PO3x，

∵平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PO平面PAB， 又BCAB，ADAB，BC、AD平面ABCD；POAB，PO平面PAB. ∴BC、AD平面PAB；PO平面ABCD， ∴BCPB，ADPA， ∴PC22x，PD25x，

取AD的中点M，连CM，可得△CMD为等腰直角三角形，CMD90， ∴CMMD2x，则CD22x，PCCD，CE∴S△PCD∴VPABCD3x，

1PDCE15x215，即x1， 211111SABCDPOAB(BCAD)PO2(24)323. 33232

【点睛】

本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了三棱锥的体积公式，属中档题. 22．已知抛物线C：y26x，直线l:2x23y30与x轴交于点F，与抛物线C的准线交于点M，过点M作x轴的平行线交抛物线C于点N.

第 15 页 共 17 页

（1）求FMN的面积；

（2）过F的直线交抛物线C于A,B两点，设AFFB，D(,0)，当[,3]时，求DADB的取值范围. 【答案】（1）3；（2）[0,3]

【解析】（1）根据抛物线方程与直线方程求得F(,0)，M(,3),N(,3)，进而可得FMN的面积；

23y12y2,y13，进而得（2）设A(,y1),B(,y2)，由向量关系得y266uuuvuuuv3212uuuvuuuv323212uuuruuur933191,3，运用x1,x2DADB()，再由向量数量积得，又22422基本不等式即可得到结论. 【详解】

2抛物线C：y6x的焦点为(,0)，准线为直线x323， 2又直线l:2x23y30与x轴交于点F(,0)，

2∴y6x的焦点为F(,0)， 如图所示：

3232

由已知和抛物线定义得NMNF，且DFMNMF30o，

31M(,3),N(,3)，

22∴MNF120,MN2， ∴FMN的面积So1MNNFsin120o3. 222y12y2 （2）由（1）知，抛物线C的方程为y6x，设A(,y1),B(,y2)，

66第 16 页 共 17 页

uuuruury233y1(,y)(,y2)3由AFFB得122y1y22y12y23， ()62262662不妨设y20，故y2∴x13,y13,

uuuruuur3339∴DADB(x1,y1)(x2,y2)x1x2(x1x2)y1y2

22249191(),[,3]

242uuuruuuruuuruuur∴当1时，DADB最小为0；当3时，DADB最大为3，

33,x2 22uuuruuur即DADB的取值范围是[0,3].

【点睛】

本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查了学生综合把握所学知识和基本的运算能力，属于中档题．

第 17 页 共 17 页