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一、选择题1.A【解析】∵命题p为真，命题q也为真，∴p∧q为真．2.A【解析】∵直线l1:x-3姨y-1=0的斜率为3姨3，∴与其垂直的l2直线的斜率为-3姨，根据点斜式可得直线l2的方程为y-3姨=-3姨（x+1），即3姨x+y=0.3.D【解析】因为全称命题的否定是特称命题.第一步是将全称量词改写为存在量词，第二步是将结论加以否定.4.C【解析】平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或异面.5.D【解析】由圆O：x2+y2=1可得圆心O（0,0），半径r=1，∵△OAB为正三角形，∴圆心O到直线x-y+m=0的距离为3姨2r=3姨2，即d=m2姨=3姨2，解得m=6姨2或-6姨2.6.B【解析】由“a2+b2＞c2”只能说明∠C是锐角，但不能推出“△ABC是锐角三角形”，但当△ABC是锐角三角形时，一定有a2+b2＞c2成立，故“a2+b2＞c2”是“△ABC是锐角三角形”的必要不充分条件.7.B【解析】∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC111=A11B+B11C+DD111∴x=1，y=-12，z=13，即x+y+z=56.8.C【解析】曲线x216+y29=1表示椭圆，焦距为2c=2a2-b2姨=27姨，当9＜k＜16时，曲线x216-k+y29-k=1表示双曲线，焦距为2c=2a2+b2姨=216-k+k-9姨=27姨，故两条曲线的焦距相等.9.B【解析】∵抛物线ｙ＝１２ｘ２的准线方程为y=-12，∴m=14，即离心率e=1+14姨12=5姨.10.C【解析】法一：将直三棱柱补成正方体如图1所示，则异面直线BA1与AC1所成角的大小与∠A1BD1相等.∵△A1BD1为正三角形，故异面直线BA1与AC1所成的角为60°.图1图2法二：如图2，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，不妨设AB=1，则A（0，0，0），B（1，0，0），A1（0，0，1），C1（0，1，1）.cos〈BA111，AC111〉=BA111·AC111BA111·AC111=（-1，0，1）·（0，1，1）2姨×2姨=12.∴异面直线BA1与AC1所成的角为60°.秘密★启用前2018－2019学年度第一学期高二期末测评考试理科数学（Ⅱ）参考答案及评分参考高二理科数学试题答案第1页（共4页）高二理科数学试题答案第2页（共4页）11.A【解析】∵抛物线性x2=8y的焦点为（0，2），∴椭圆的焦点在y轴上，且c=2，∵离心率为12，∴n=4，m=23姨，∴m-n=23姨-4.12.B【解析】法一：如图建系D-xyz，A（2，0，0），A1（2，0，2），D（0，0，0），E（0，2，1）.设M（x，2，z），设平面A1DE的法向量为n=（x′，y′，z′），∵DA1姨姨·n=0，D姨姨E·n=0姨姨姨姨姨姨姨姨姨，∴n=（2，1，-2），又∵A姨姨M=（x-2，2，z）,∵AM∥平面A1DE，∴A姨姨M·n=2（x-2）+2-2z=0，即x-z-1=0，∴动点M的轨迹是以BC，BB1的中点为端点的线段，且这条线段的长为2姨.法二：取BB1的中点P，BC中点为Q，则平面APQ∥平面A1DE，∴M的轨迹为线段PQ，且PQ=2姨.二、填空题13.“若x≠1且x≠2，则x2-3x+2≠0”.【解析】若原命题为“若p，则q”，那么它的逆否命题为“若劭q，则劭p”.14.8【解析】∵a∥b，∴存在唯一实数姿，使得a=姿b，即x+y=6+2=8.15.x2+y2=16【解析】设M（x，y），由MA=2MB化简可得x2+y2=16．16.7姨3【解析】∵PF1=2PF2，PF1+PF2=2a，∴PF1=4a3，PF2=2a3.∵∠F1PF2=120°，∴在△F1PF2中，F1F22=PF12+PF22-2PF1PF2·cos∠F1PF2，即4ｃ2=4a3△△2+2a3△△2-2×4a3×2a3×-12△△=28a29，∴ｅ=ca=79姨=7姨3.三、解答题17.解：由p可得函数f（k）有意义，则ka…………………………………………………………………………，2分由q可知，若x2k+1+y23-k=1表示双曲线，则（k+1）（3-k）0，即k-1或k3………………………………，5分∴劭q：k∈［-1，3］.∵劭q是p的充分不必要条件，∴a-1………………………………………………………………………………………………………….10分18.解：（1）由圆C的方程为x2+y2-2x+4y=0，即（x-1）2+（y+2）2=5∴圆心C（1，-2），半径为5姨.又∵直线l：x-2y+t=0与圆C相切，∴圆心C到直线l的距离d=1+4+t5姨=5姨，即t+5=5，解得t=0或t=-10.…………………………………………………………………………………………………6分（2）由题得，圆心M（-2，4），∵圆M：（x+2）2+（y-4）2=r2与圆C有3条公切线，∴圆M与圆C相外切，即CM=5姨+r，又∵CM=35姨，∴解得r=25姨.…………………………………12分19.（1）证明：∵A1R∥AQ，A1R埭平面AQC1，AQ奂平面AQC1，∴A1R∥平面AQC1.（第12题答图）高二理科数学试题答案第3页（共4页）（第19题答图）又∵BR∥QC1，BR埭平面AQC1,C1Q奂平面AQC1，∴BR∥平面AQC1.∵A1R∩BR=R，AQ∩C1Q，∴平面A1BR∥平面AQC1…………………………………………………………….6分（2）解：以Q为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz，则Q（0，0，0），A（3姨，0，0），C1（0，-1，2），C（0，-1，0），∴Q姨姨A=（3姨，0，0），QC1姨姨=（0，-1，2）.设平面AQC1的法向量为n=（x，y，z），由Q姨姨A·n=0，QC1姨姨·n=姨姨姨姨姨姨姨姨姨0得3姨x=0，-y+2z=0姨姨姨姨姨姨姨姨姨，令z=1，∴n=（0，2，1）.又∵CC1姨姨=（0，0，2），设直线CC1与平面AQC1所成的角为φ，∴sinφ=cos〈CC1姨姨,n〉=225姨=5姨5.故直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为5姨5……………………………………………………….12分20.解：（1）∵直线x-y-2=0经过抛物线C的焦点，∴抛物线C的焦点坐标为（2，0），∴抛物线C的准线方程为x=-2．…………………………………………………………………………………4分（2）设过抛物线C的焦点且斜率为-1的直线方程为y=-x+p2，且直线与C交于A（x1，y1），B（x2，y2），由y=-x+p2，y2=2p姨姨姨姨姨姨姨姨姨姨姨x化简得x2-3px+p24=0，∴x1+x2=3p.∵AB=x1+x2+p=4p=2，解得p=12，∴抛物线C的方程为y2=x…………………………………………………………………………………….12分21.（1）证明：连接OB.∵PA=PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC，∴PO=4×3姨2=23姨.又∵AB=BC=22姨，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC.∴在Rt△ABC中，OA=OB=OC=2.∵PO2+OB2=PB2，∴PO⊥OB.又∵AC∩OB=O，高二理科数学试题答案第4页（共4页）（第21题答图）∴PO⊥平面ABC……………………………………………………………………………………………….6分（2）解：∵OB⊥AC，PO⊥平面ABC∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A（0，-2，0），C（0，2，0），B（2，0，0），P（0，0，23姨）.设M（xm，ym，0），又∵B姨姨M=13BC姨姨，∴M43，23，，，0.设平面PAM的法向量为ｍ=（x，y，z），由A姨姨P·ｍ=0，A姨姨M·ｍ=，，，，，，，，，0得y+3姨z=0，x+2y=0，.令z=1，∴ｍ=（23姨，-3姨，1），又∵平面PAC的法向量为ｎ=（1，0，0），∴cos〈ｍ，ｎ〉=ｍ·ｎｍ·ｎ=23姨（23姨）2+（3姨）2+1姨=23姨4=3姨2.………………………………………10分故所求二面角M-PA-C的大小为30°.…………………………………………………………………………12分22.解：（1）由题意得ca=2姨2，a2=b2+c2，b=2，，，，，，，，，，，，，，，，，，解得a2=8，b2=4.∴椭圆C的标准方程为x28+y24=1.………………………………………………………………………………4分（2）设M（x0，y0），且x02+y02=12，由题意知，过点M引椭圆C的切线方程可设为y-y0=k（x-x0），联立y-y0=k（x-x0），x28+y24=，，，，，，，，，，，1化简得（1+2k2）x2+4k（y0-kx0）x+2（y0-kx0）2-8=0.∵直线与椭圆相切，∴Δ=［4k（y0-kx0）］2-4（1+2k2）［2（y0-kx0）2-8］=0.化简得（x02-8）k2-2x0y0k+y02-4=0.……………………………………………………………………………10分∴k1·k2=y02-4x02-8=y02-412-y02-8=y02-44-y02=-1.∴两条切线斜率的积为定值.………………………………………………………………………………12分