2020年广西桂林中学高二(下)期中数学试卷(理科)

期中数学试卷（理科）
题号一二三总分
得分
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.下列命题中：①若A∈α，B∈α，则AB⊂α；②若A∈α，A∈β，则α、β一定相交于一
条直线，设为m，且A∈m③经过三个点有且只有一个平面④若a⊥b，c⊥b，则a∥c．确命题的个数（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2.以x=-为准线的抛物线的标准方程为（）
A. B. x2=y C. D. y2=x
3.等比数列{a n}中，a2=9，a5=243，{a n}的前4项和为（）
A. 81
B. 120
C. 168
D. 192
4.已知a，b∈R，则下列命题正确的是（）
A. 若a＞b，则a2＞b2
B. 若|a|＞b，则a2＞b2
C. 若a＞|b|，则a2＞b2
D. 若a≠|b|，则a2≠b2
5.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n∥α，则m⊥n
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
③若m∥α，n∥α，则m∥n
④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
其中正确命题的序号是（）
A. ①和②
B. ②和③
C. ③和④
D. ①和④
6.已知平面的一条斜线a和它在平面内的射影的夹角是45°，且平面内的直线b和斜
线a在平面内的射影的夹角是45°，则直线a、b所成的角是（）
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
7.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与AD1
所形成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
8.设条件甲：直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，棱长都相等；条件乙：直四棱柱
ABCD-A1B1C1D1是正方体，那么甲是乙的（）
A. 充分必要条件
B. 充分非必要条件
C. 必要非充分条件
D. 既非充分也非必要条件
9.已知两条直线l1：（m+3）x+4y+3m-5=0，l2：2x+（m+5）y-8=0，l1∥l2，则直线l1
的一个方向向量是（）
A. （1，-）
B. （-1，-1）
C. （1，-1）
D. （-1，-）
10.三棱锥P-ABC的高为PH，若三条侧棱与底面所成的角相等，则H为△ABC的（）
A. 内心
B. 外心
C. 垂心
D. 重心
11.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，
且BD=1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为（）
A.
B.
C.
D.
12.一个盛满水的三棱锥容器S-ABC中，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，
且知SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.用一个平面去截正方体．其截面是一个多边形，则这个多边形的边数最多是______．
14.已知PA⊥平面ABC，△ABC是直角三角形，且AB=AC=2，PA=3，则点P到直线BC
的距离是______．
15.已知正四棱锥P-ABCD的高为4，侧棱与底面所成的角为60°，则该正四棱锥的侧
面积是______．
16.已知△ABC的顶点A（-5，0），B（5，0），顶点C在双曲线=1上，则=______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知向量=（sinθ，cosθ-2sinθ），=（1，2）．
（1）若，求tanθ的值；
（2）若，求θ的值．
18.P是正角形ABC所在平面外一点，M、N分别是AB和
PC的中点，且PA=PB=PC=AB=a．
（1）求证：MN是AB和PC的公垂线；
（2）求异面二直线AB和PC之间的距离．
19.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，
E、F分别为DD1、DB的中点．
（1）求证：EF∥平面ABC1D1；
（2）求证：EF⊥B1C；
（3）求三棱锥的体积．
20.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，
∠PAB=60°．
（Ⅰ）证明AD⊥平面PAB；
（Ⅱ）求异面直线PC与AD所成的角的大小；
（Ⅲ）求二面角P-BD-A的大小．
21.已知点（x，y）在曲线C上，将此点的纵坐标变为原来的2倍，对应的横坐标不变，
得到的点满足方程x2+y2=8；定点M（2，1），平行于OM的直线l在y轴上的截距为m（m≠0），直线l与曲线C交于A、B两个不同点．
（1）求曲线C的方程；
（2）求m的取值范围．
22.已知点P n（a n，b n）（n∈N*）都在直线l：y=2x+2上，P1为直线l与x轴的交点，
数列{a n}成等差数列，公差为1．
（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；
（Ⅱ）若问是否存在k∈N*，使得f（k+5）=2f（k）-2成立？
若存在，求出k的值，若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求证：（n≥2，n∈N*）．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：①若A∈α，B∈α，则AB⊂α；根据公理1可知正确；
②若A∈α，A∈β，则α、β一定相交于一条直线，设为m，且A∈m，根据公理2可知正确；
③经过三个点有且只有一个平面，不正确，当三点在一直线上不正确；
④若a⊥b，c⊥b，则a∥c，不正确，a与c可能异面或相交；
故选：B．
对于①根据公理1可知正确；对于②根据公理2可知正确；对于③，当三点在一直线上不正确；对于④列举出所以可能，a与c可能异面或相交，从而得到结论．
本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，以及直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力，逻辑思维能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意可知：=，∴p=且抛物线的标准方程的焦点在x轴的正半轴上
故可设抛物线的标准方程为：y2=2px
将p代入可得y2=x
故选：D．
先根据准线求出p的值，然后可判断抛物线的标准方程的焦点在x轴的正半轴上进而可设抛物线的标准形式，将p的值代入可得答案．
本题主要考查抛物线的标准方程．解答关键是根据准线的位置得出抛物线的焦点坐标和焦参数，属基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查学生灵活运用等比数列的性质及等比数列前n项和公式化简求值，是一道中档题．
根据等比数列的性质可知等于q3，列出方程即可求出q的值，利用即可求出a1的值，
然后利用等比数列的首项和公比，根据等比数列前n项和公式即可求出{a n}的前4项和．【解答】
解：因为==q3=27，解得q=3，
又a1===3，
则等比数列{a n}的前4项和S4==120.
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：选项A，取a=-1，b=-2，显然满足a＞b，但不满足a2＞b2，故错误；
选项B，取a=-1，b=-2，显然满足|a|＞b，但不满足a2＞b2，故错误；
选项D，取a=-1，b=1，显然满足a≠|b|，但a2=b2，故错误；
选项C，由a＞|b|和不等式的性质，平方可得a2＞b2，故正确．
故选：C．
举反例可排除ABD，至于C由不等式的性质平方可证．
本题考查不等式与不等关系，举反例是解决问题的关键，属基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了空间中线线，线面，面面的位置关系，属于中档题．
根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．
【解答】
解：对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，
又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得①是真命题；
对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真命题；
对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；
对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，
则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．
综上所述，其中正确命题的序号是①和②.
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
设直线a交平面α于点O，在直线a上任取
一点A，过点A作平面α的垂线，垂足为B，
连接OB，
则∠AOB=45°，再过点B作BC⊥b，垂足为C，
连接AC，则AC⊥b，且∠BOC=45°，
设OB=m，则，
∴在Rt△AOC中，，
∴∠AOC=60°．
故选：C．
可设设直线a交平面α于点O，在直线a上任取一点A，过点A作平面α的垂线，垂足为B，连接OB，则∠AOB=45°，再过点B作BC⊥b，垂足为C，连接AC，则AC⊥b，且
∠BOC=45°，然后可设OB=m，从而在Rt△AOC中可得出，从而可得出直线
a，b所成的角．
本题考查了线面角、线线角的定义及求法，线面垂直的判定定理，余弦函数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，以点D为原点，分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=1，则：
A（1，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（1，0，1），
∴，
∴=，
∴异面直线BE与AD1所形成角的余弦值为．
故选：C．
可分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设AB=1，从而可得出A，D1，B，E的坐标，从而得出向量z的坐标，进而可求出，
从而得出异面直线BE与AD1所形成角的余弦值．
本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量的坐标解决异面直线所成角的问题的方法，向量夹角的余弦公式，异面直线所成角的定义，考查了计算能力，属于基础题．8.【答案】C
【解析】解：根据直四棱柱的定义，侧棱垂直于底面，底面是四边形的棱柱四棱柱叫做直四棱柱．
对于命题甲，若直四棱柱的棱长都相等，则底面四边形是菱形．因此此直四棱柱未必是正方体．
则命题甲推不出命题乙；
对于命题乙，正方体一定是棱长都相等的直四棱柱，则命题乙推出命题甲；
因此，命题甲是命题乙的必要不充分条件；
故选：C．
根据直四棱柱的定义，侧棱垂直于底面，底面是四边形的棱柱四棱柱叫做直四棱柱．对于命题甲，若直四棱柱的棱长都相等，则底面四边形是菱形．因此此直四棱柱未必是正方体．对于命题乙，正方体一定是棱长都相等的直四棱柱．再由充分必要条件的定义推出结果即可．
本题考查了直四棱柱的概念，充分必要条件的定义，考查了逻辑推理能力，属于基础题．9.【答案】B
【解析】解：∵m=0时，l1不平行l2，
∴l1∥l2
∴
解得m=-7
∴直线l1为2x-2y+13=0．
∴直线l1的斜率为1．
∴直线l1的一个方向向量为（-1，-1）
故选：B．
利用两直线平行时，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，求出m的值，然后求出直线l1的斜率，根据一个与直线平行的向量都是该直线的方向向量，求得结果．
本题考查两直线平行条件以及方向向量，解题过程中要注意两直线平行时一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：三棱锥P-ABC的高为PH，
若三条侧棱与底面所成的角相等，
故△PHA，△PHB，△PHC都是直角三角形
∵PH是公共边，∠PAH=∠PBH=∠PCH
∴△PHA≌△PHB≌△PHC
∴HA=HB=HC
故H是△ABC外心
故选：B．
顶点在底面上的射影，以及侧棱与底面的夹角，构成的三个三角形是全等三角形，推出垂足到三个顶点距离相等，可得结果．
本题考查棱锥的结构特征，考查逻辑思维能力，是基础题．
11.【答案】A
【解析】【解答】
解：如图，取C1A1、CA的中点E、F，连接B1E与BF，
所以B1E⊥A1C1，B1E⊥A1A，又A1C1A1A=A1，A1C1,A1A平面CAA1C1,
所以B1E⊥平面CAA1C1，
过D作DH∥B1E，则DH⊥平面CAA1C1，
连接AH，则∠DAH即为AD与平面AA1C1C所成角，
所以DH=B1E=，DA=，
所以sin∠DAH==，
所以AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为，
故选A．
【分析】
利用正三棱柱的性质找出AD在平面AA1C1C内的射影，进而得到∠DAH即为AD与平面AA1C1C所成角，即可求出此角的正弦值．
本题考查求直线与平面所成角的方法，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：如右图：
∵SD：DA=SE：EB=2：1，
∴SD：SA=SE：SB=2：3，
∴S△SDE：S△SAB=4：9；
∵CF：FS=2：1，
∴SF：SC=1：3，
设点F、C到平面SAB的距离分别为h1、h2；
∴h1：h2=1：3，
则V F-SDE：V C-SAB=×=，
故最多可盛原来水的1-=，
故选D．
由题意作出其图象，由图可利用相似比求得
V F-SDE：V C-SAB=×=，从而求最大值．
本题考查了学生的作图能力及相似比的应用，属于中档题．
13.【答案】6条
【解析】解：用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，
所以最多可以截出六边形．
故答案为：6条．
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形．因此最多可以截出六边形．
本题主要考查平面与正方体的相交问题，截面经过正方体的几个面，得到的截面形状就是几边形．
14.【答案】
【解析】解：过A作AD⊥BC于D，连接PD，
因为AB=AC=2，所以BD=DC=，
又∵PA⊥平面ABC，PA∩AD=A，
∴BC⊥PD，可得点P到BC的距离是PD，
在△ADC中，AC=2，DC=，∴AD=．
在Rt△PAD中，PD===
故答案为：．．
过A作AD⊥BC于D，连接PD，说明BC⊥PD，点P到BC的距离是PD，在直角三角形PAD中求出PD即可．
本题是中档题，考查空间点到直线的距离，作出点到直线的距离是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．
15.【答案】
【解析】解：棱锥的底面对角线的长为l：，l=底面棱长为：；
斜高为：；
所以四棱锥的侧面积：=；
故答案为：．
先求四棱锥的底面棱长，再求棱锥的斜高，然后求出表面积．
本题考查棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面所成的角，考查计算能力，是基础题．
16.【答案】±
【解析】解：由题意得：A与B为双曲线的两焦点，
根据双曲线的定义得：|AC-BC|=2a=8，c=5，
则==±．
故答案为：±
由题意得到A与B为双曲线的两焦点，得到c的值，再由双曲线解析式及定义得出|AC-BC|的值，将所求式子利用正弦定理化简后，把各自的值代入计算，即可求出值．
此题考查了正弦定理，双曲线的简单性质，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
17.【答案】解：（1）∵∥
∴2sinθ=cosθ-2sinθ即4sinθ=cosθ
∴tanθ=
（2）由||=||
∴sin2θ+（cosθ-2sinθ）2=5
即1-2si n2θ+4sin2θ=5化简得sin2θ+cos2θ=-1
故有sin（2θ+）=-
又∵θ∈（0，π）∴2θ+∈（，π）
∴2θ+=π或2θ+=π
∴θ=或θ=π
【解析】（1）根据平面向量的共线定理的坐标表示即可解题．
（2）由||=||化简得sin2θ+cos2θ=-1，再由θ∈（0，π）可解出θ的值．
本题主要考查平面向量的共线定理的坐标表示以及向量的求模运算．向量和三角函数的
综合题是高考的热点问题，每年必考．
18.【答案】（1）证明：连接AN，BN，
∵△APC与△BPC是全等的正三角形，
又N是PC的中点
∴AN=BN
又∵M是AB的中点，∴MN⊥AB
同理可证MN⊥PC
又∵MN∩AB=M，MN∩PC=N
∴MN是AB和PC的公垂线；
（2）解：在等腰在角形ANB中，
∵，
∴
即异面二直线AB和PC之间的距离为．
【解析】（1）连接AN，BN，证明MN⊥AB，MN⊥PC，MN∩AB=M，MN∩PC=N，即可求证：MN是AB和PC的公垂线；
（2）通过（1）等腰在角形ANB中，直接求出异面二直线AB和PC之间的距离．
本题考查用空间向量求直线间的夹角、距离，考查计算能力，转化思想，是中档题．19.【答案】解：（1）证明：连接BD1，如图，在△DD1B中，E、F分别为D1D，DB
的中点，则
平面ABC1D1．
（2）
（3）∵CF⊥平面BDD1B1，∴CF⊥平面EFB1且，
∵，，
∴EF2+B1F2=B1E2即∠EFB1=90°，
∴
==
【解析】（1）欲证EF∥平面ABC1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF 与平面ABC1D1内一直线平行，连接BD1，在△DD1B中，E、F分别为D1D，DB的中点，根据中位线定理可知EF∥D1B，满足定理所需条件；
（2）先根据线面垂直的判定定理证出B1C⊥平面ABC1D1，而BD1⊂平面ABC1D1，根据
线面垂直的性质可知B1C⊥BD1，而EF∥BD1，根据平行的性质可得结论；
（3）可先证CF⊥平面EFB1，根据勾股定理可知∠EFB1=90°，根据等体积法可知=V C-B1EF，即可求出所求．
本题主要考查了线面平行的判定，以及线面垂直的性质和三棱锥体积的计算，同时考查了空间想象能力、运算求解能力、转化与划归的思想，属于中档题．
20.【答案】解：（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设
PA=2，PD=2，
可得PA2+AD2=PD2于是AD⊥PA．
在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，
所以AD⊥平面PAB．
（Ⅱ）解：由题设，BC∥AD，
所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．
在△PAB中，由余弦定理得
PB=
由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tan PCB=．
所以异面直线PC与AD所成的角的大小为arctan．
（Ⅲ）解：过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连接PE
因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，
因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影．
由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角．
由题设可得，
PH=PA•sin60°=，AH=PA•cos60°=1，
BH=AB-AH=2，BD=，
HE=
于是在RT△PHE中，tan PEH=
所以二面角P-BD-A的大小为arctan．
【解析】（I）由题意在△PAD中，利用所给的线段长度计算出AD⊥PA，在利用矩形ABCD 及线面垂直的判定定理及、此问得证；
（II）利用条件借助图形，利用异面直线所称角的定义找到共面得两相交线，并在三角形中解出即可；
（III）由题中的条件及三垂线定理找到二面角的平面角，然后再在三角形中解出角的大小即可．
本小题主要考查直线和平面垂直，异面直线所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力，还考查了利用反三角函数的知识求出角的大小．21.【答案】解：（1）在曲线C上任取一个动点P（x，y），
则点（x，2y）在圆x2+y2=8上．
所以有x2+（2y）2=8．
整理得曲线C的方程为．
（2）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，
又，
∴直线l的方程为．
由，
得x2+2mx+2m2-4=0
∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，
∴△=（2m）2-4（2m2-4）＞0，
解得-2＜m＜2且m≠0．
∴m的取值范围是-2＜m＜0或0＜m＜2．
【解析】（1）先设曲线C上任取一个动点P的坐标（x，y），然后根据题意（x，2y）在圆x2+y2=8上，整理即可解出曲线C的方程．
（2）设出直线l的方程，与C的方程联立方程组，整理为一元二次方程，根据根的判别式△＞0，化简求出m的范围．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，以及椭圆的方程问题．考查对知识的综合运用能力，需要用到一元二次方程的根的判别式．本题属于中档题．
22.【答案】（I）解：点P n（a n，b n）（n∈N*）都在直线l：y=2x+2上，∴b n=2a n+2，∵P1为直线l与x轴的交点，∴P1（-1，0），即a1=-1，b1=0．
∵数列{a n}成等差数列，公差为1．∴a n=-1+（n-1）=n-2．
b n=2（n-2）+2=2n-2．
（II）解：．
假设存在k∈N*，使得f（k+5）=2f（k）-2成立．
k为奇数时，f（k）=k-2，f（k+5）=2（k+5）-2，
则2（k+5）-2=2（k-2）-2，化为：10=-4，不成立，舍去．
k为偶数时，f（k）=2k-2，f（k+5）=k+5-2=k+3，
则k+3=2（2k-2）-2，化为：3k=9，解得k=3，不成立．
故不存在k∈N*，使得f（k+5）=2f（k）-2成立．
（III）证明：P1（-1，0），P n（n-2，2n-2），
=（n-1）2+（2n-2）2=5（n-1）2．
（1）n=2时，=5，则=．
（2）n≥3时，=．
∴++…+＜+…+=，
综上可得：（n≥2，n∈N*）．
【解析】（I）点P n（a n，b n）（n∈N*）都在直线l：y=2x+2上，∴b n=2a n+2，∵P1为直线l与x轴的交点，∴P1（-1，0），即a1=-1，b1=0．利用等差数列的通项公式即可得出．
（II）．假设存在k∈N*，使得f（k+5）=2f（k）-2成立．对k分类
讨论即可得出．
（III）P1（-1，0），P n（n-2，2n-2），=（n-1）2+（2n-2）2=5（n-1）2．（1）
n=2时，=5，则=，即可证明．
（2）n≥3时，=．利用“裂项求和”方法即可证明．
本题考查了数列的递推关系、等差数列的通项公式、“裂项求和”方法、不等式的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．。