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福建省南安第一中学2015-2016学年高二数学上学期期中试题 理


南安一中 2015~2016 学年度高二上学期期中考 数学(理)科试卷
本试卷考试内容为:常用逻辑用语、圆锥曲线、空间向量、算法。分第 I 卷和第 II 卷,共 4 页,满分 150 分,考试时间 120 分钟。 第 I 卷(选择题,共 60 分) 一.选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项 符合题目要求) : 1.双曲线 ? x? ? y ? ? ? 的实轴长是 ( A.2 B. ? ? C.4 )

D.4 ? )

2.已知 p : 2 ? 2 ? 5, q : 3 ? 2 ,则下列判断中,错误 的是( .. A.p 或 q 为真,非 q 为假 C.p 且 q 为假,非 p 为真

B.p 或 q 为真,非 p 为假 D.p 且 q 为假,p 或 q 为真 ) D. ? 0,? INPUT x; If x≤50 Then y=0.5*x Else y=25+0.6*(x-50) End If PRINT y. (第 4 题)

1 2 3.抛物线 x ? ? y 的焦点坐标是( 8
A. ?? 2,0? B. ?2,0? C. ? 0,

? 1? ? ? 32 ?

? ?

1 ? ? 32 ?
)

4.根据右图算法语句,当输入 x 为 60 时,输出 y 的值为( A. 25 5.若椭圆 ( ) B.直角三角形 B. 30 C. 31 D. 60

y2 x2 ? ? 1 的两个焦点 F1,F2 ,M 是椭圆上一点,且|MF1|-|MF2|=1,则△MF1F2 是 4 3
C.锐角三角形 D.等边三角形 )

A.钝角三角形

2 2 6.对于常数 m、n ,“ mn ? 0 ”是“方程 mx ? ny ? 1 的曲线是椭圆”的(

A.充分而不必要条件 C.充要条件

B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件

7.若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列,则该椭圆的离心率 e 是(

)
1

A.

4 5

B.

3 5

C.

2 5

D.

1 5

8.有下列四个命题: ①“若 x ? y ? 0 ,则 x, y 互为相反数”的逆命题;②“全等三角形的面积相等”的否命题; ③“若 q ? 1 ,则 x 2 ? 2 x ? q ? 0 有实根”的逆命题;④“若 x ? y ? 3 ,则 x ? 1或y ? 2 ” , 其中真 命题有( . ) D.①③④

A.①② B.②③ C.①③

9.若向量 a ? (1, ?,2),b ? (2,?1,2) ,且 a 与 b 的夹角余弦值为 A. 2 B. ? 2 C. ? 2 或

8 ,则 ? 等于( 9

)

2 55

D. 2 或 ?

2 55
C 与抛物线 y 2 ? 16x 的准线交于 A, B 2,

10. 双曲线 C 的中心在原点, 焦点在 x 轴, 离心率 e ? 点, AB ? 4 3 ,则 C 的实轴长为( A. 2 B. 2 2 C. 4 D. 8 )

11.过抛物线 y 2 ? 4 x 的焦点 F 的直线交抛物线于 A, B 两点, 点 O 是原点,若 AF ? 3 ,则 ?AOB 的面积为( )

A.

2 2
)

B. 2

C.

3 2 2

D. 2 2

12 .执行右图的程序框图,如果输入的 d ? 0.01 ,则输出的

n =(

A.5

B.6

C.7

D.8

(第 12 题)

第 II 卷(非选择题,共 90 分)
2

二.填空题(共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,请把答案写在答题卡上 ) : .......... 13.命题“对任意的 x ? R, x 2 ? x ? 1 ? 0 ”的否定是 14.已知向量 a ? (2, ?1,3) , b ? (?4, 2, x) ,若 a ∥ b ,则 x ? . .

?

?

?

?

15 .已知双曲线的渐近线方程为 y =± 3 x ,且过点 M( -1,3 ) ,则该双曲线的标准方程 为 . .

16.若二进制数 100 y 011 和八进制数 x 03 相等,则 x ? y ? 三.解答题(本大题共 6 小题,共 74 分): 17. (本小题 12 分)已知双曲线 C:

x2 y2 ? 2 ? 1 的右焦 点与抛物线 y 2 ? 12x 的焦点重合,求该 4 b

双曲线 C 的焦点到其渐近线的距离.

18. (本小题 12 分)命题 p : “方程

x2 y2 ? ? 1表示双曲线” ( k ? R ); k ?3 k ?3

命题 q : y ? log2 (kx2 ? kx ? 1) 定义域为 R ,若命题 p ? q 为真命题, p ? q 为假命题, 求实数 k 的取值范围.

19. (本小题 12 分)如图,棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是矩形, P A⊥平面 ABCD,PA=AD=2,BD= 2 2 . (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求点 C 到平面 PBD 的距离.

20. (本小题12分)椭圆C:

x2 ? y 2 ? 1,直线 l 交椭圆C于A,B两点. 3
3

(1)若 l 过点 P(1,

1 )且弦 AB 恰好被点 P 平分,求直线 l 方程. 3

(2)若 l 过点 Q(0,2),求△AOB(O 为原点)面积的最大值.

21. (本小题 12 分)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别是棱 AB,AD,

A1B1,A1D1 的中点,点 P,Q 分别在棱 DD1,BB1 上移动,且 DP=BQ=λ (0<λ <2).
(1)当 λ =1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)是否存在 λ ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为 直二面角?若存在,求出 λ 的值;若不存在,说明理由.

22. (本小题 14 分)如图,椭圆 E : 心率 e ?

x2 y2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 的左焦点为 F1 ,右焦点为 F2 ,离 a2 b2

1 .过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ ABF 2 的周长为 8 . 2

(Ⅰ)求椭圆 E 的方程.

y ? kx ? m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P, (Ⅱ) 设动直线 l : 且与直线 x ? 4 相交于点 Q. 试
探究 :在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由.

南安一中 2015~2016 学年度高二上学期期中考 数学(理)科试卷(答案) 一.选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) : 1~6 C B A C B B 7~12 B D C C C C

二.填空题(共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分) :
4

2 13.存在 x0 ? R, 使x0 ? x0 ? 1 ? 0

14. ? 6

15.

y2 x ? ?1 6 2

2

16. 1

三.解答题(本大题共 6 小题,共 74 分): 17.解:

∴双曲线的一条渐近线方程为

,即

??8 分 ??12 分 ??2 分

∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于 18.解: p : 由 (k ? 3)(k ? 3) ? 0 得: ?3 ? k ? 3

q : 令 t ? kx 2 ? kx ? 1,由 t ? 0 对 x ? R 恒成立.
(1)当 k ? 0 时, 1 ? 0 ,? k ? 0 符合题意. (2)当 k ? 0 时, ? ??3 分

?k ? 0 , ?? ? 0
??5 分

2 由 ? ? k ? 4 ? k ?1 ? 0 得 k (k ? 4) ? 0 ,解得: 0 ? k ? 4

综上得: q : 0 ? k ? 4 .

?? 6 分

因为 p ? q 为真命题, p ? q 为假命题,所以命题 p, q 一个为真,一个为假.? 7 分

p真q假
∴ ?



p假q真
或?

?-3<k ? 3 ?k ? 0或k ? 4.

? k ? ?3或k ? 3, ?0 ? k ? 4.

?? 11 分

∴ ?3 ? k ? 0 或 3 ? k ? 4 19.方法一:

??????12 分 P

z

证: (1)在 Rt△BAD 中,AD=2,BD= 2 2 , ∴AB=2,ABCD 为正 A Dy 5 C

x

方形,因此 BD⊥AC. ∵PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,∴BD⊥PA .又∵PA∩AC=A

∴BD⊥平面

PAC.

??4分

(2)解:∵PA=AB=AD=2,∴PB=PD=BD= 2 2 ,设 C 到面 PBD 的距离为 d,由 VP? BCD ? VC ? PBD , 有

1 1 ? S ?BCD ? PA ? ? S ?PBD ? d , 3 3 2 1 1 1 1 3 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? ? (2 2 ) 2 ? sin 60 0 ? d ,得 d ? 3 3 2 3 2
方法二: 证: (Ⅰ)建立如图所示的直角坐标系,

即 ??12 分

则 A(0,0,0) 、D(0,2,0) 、P(0,0,2).在 Rt△BAD 中,AD=2,BD= 2 2 , ∴AB=2.∴B(2,0,0) 、C(2,2,0) ,??2 分 ∴ AP ? (0,0,2), AC ? (2,2,0), BD ? (?2,2,0) ∵ BD ? AP ? 0, BD ? AC ? 0 ,

即 BD⊥AP,BD⊥AC,又 AP∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC.??5 分 (2)由(Ⅰ)得 PB ? (2,0,?2), PD ? (0,2,?2) ,设平面 P BD 的法向量为 n2 ? ( x, y, z) , 则 n2 ? PB ? 0, n2 ? PD ? 0 ,即 ?

?2 x ? 0 ? 2 z ? 0 ,∴x=y=z, ?0 ? 2 y ? 2 z ? 0

故平面 PBD 的法向量可取为 n2 ? (1,1,1) .

∵ PC ? (2,2,?2) , ∴C 到面 PBD 的距离为 d ?

n2 ? PC n2

?

2 3 ??12 分 3

20. (1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程得:

x12 x2 2 ? y12 ? 1, 2 ? y2 ? 1并作差得: 3 3

y1-y2 1 2 (x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,又 x1+x2=2,y1+y2= ,代入得 k= =-1. x1-x2 3 3 1 4 则此弦所在直线方程是 y- =-(x-1) 即 x+y- =0. ??5 分 3 3
(2)易知直线 AB 的斜率存在,设其方程为 y=kx+2.
2 2

??6 分 ??7 分

将直线 AB 的方程与椭圆 C 的方程联立,消去 y 得(1+3k )x +12kx+9=0. 令 Δ =144k -36(1+3k )>0,得 k >1.
2 2 2

6

12k 9 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=- 2,x1x2= 2. 1+3k 1+3k 1 所以 S△AOB=|S△POB-S△POA|= ?2?|x1-x2|=|x1-x2|. 2

??8 分

? 12k 2? - 36 =36(k -1), ??10 分 因为(x1-x2) =(x1+x2) -4x1x2=?- ? ? 1+3k ? 1+3k2 (1+3k2)2
2 2

2

2

36t 36 2 2 设 k -1=t(t>0),则(x1-x2) = ≤ 2= (3t+4) 16 9t+ +24 2

36 16 9t? +24

3 = .??12 分 4

t

t

16 4 2 4 7 2 当且仅当 9t= ,即 t= ,k -1= , k = 时 等号成立, t 3 3 3 此时△AOB 面积取得最大值 21.解:方法一(几何方法): (1)证明:如图①,连接 AD1,由 ABCD?A1B1C1D1 是正方体,知 BC1∥AD1. 当 λ =1 时,P 是 DD1 的中点,又 F 是 AD 的中点,所以 FP∥AD1,所以 BC1∥FP. 而 FP? 平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ,故直线 BC1∥平面 EFPQ. 3 . 2 ??13 分

图①

图②

1 (2)如图②,连接 BD.因为 E,F 分别是 AB,AD 的中点,所以 EF∥BD,且 EF= BD. 2 又 DP=BQ,DP∥BQ, 1 所以四边形 PQBD 是平行四边形,故 PQ∥BD,且 PQ=BD,从而 EF∥PQ,且 EF= PQ. 2 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ ,所以四边形 EFPQ 也是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.
7
2

连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN 知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 在△GOH 中,GH =4,OH =1+λ -?
2 2 2

1 ? 2?2 2 ? =λ +2, 2 ? ?

OG2=1+(2-λ )2-?

1 ? 2? 2 2 ? =(2-λ ) +2, 2 ? ?

1 1 2 2 2 2 2 2 由 OG +OH =GH ,得(2-λ ) + +λ + =4,解得 λ =1± , 2 2 2 故存在 λ =1± 2 ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2

方法二(向量方法): 以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标 系.由已知得 B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ ).

图③

BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,λ ),FE=(1,1,0).
(1)证明:当 λ =1 时,FP=(-1,0,1), → 因为BC1=(-2,0,2), → → 所以BC1=2FP,即 BC1∥FP. 而 FP? 平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ,故直线 BC1∥平面 EFPQ. → ? ?x+y=0, ?FE?n=0, ? (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由? 可得? ?-x+λ z=0. → ? ? ?FP?n=0 于是可取 n=(λ ,-λ ,1). 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m=(λ -2,2-λ ,1). 若存在 λ ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,
8



f ( x) ? x 2 ? 2
,

a ?1 b?2 n?0

, ,

则 m?n=(λ -2,2-λ ,1)?(λ ,-λ ,1)=0, 即 λ (λ -2)-λ (2-λ )+1=0,解得 λ =1± 故存在 λ =1± 2 . 2

2 ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2

22.解: (Ⅰ)∵过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8. ∴4a=8,∴a=2∵e= ,∴c=1∴b =a ﹣c =3
2 2 2

∴椭圆 E 的方程为

.??4 分

(Ⅱ)由

,消元可得(4k +3)x +8kmx+4m ﹣12=0??5 分

2

2

2

∵动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0) ∴m≠0,△=0,∴(8km) ﹣4?(4k +3)?(4m ﹣12)=0∴4k ﹣m +3=0① 此时 x0= = ,y0=
2 2 2 2 2

3 ,即 P( m
?? 8 分 ) ,Q(4,



3 ) m

由 取 k=0,m=

得 Q(4,4k+m) ,此时 P(0,
2

) ,

以 PQ 为直径的圆为(x﹣2) +(y﹣ 取 k=

) =4,交 x 轴于点 M1(1,0)M2(3,0)
2 2

2

,m=2,此时 P(1, ) ,Q( 4,0) ,以 PQ 为直径的圆为(x﹣ ) +(y﹣ ) =

,交

x 轴于点 M3(1,0)或 M4(4,0) 故若满足条件的点 M 存在,即 M(1,0) ,??12分 证明如下 ∵ ∴ 故以 PQ 为直径的圆恒过 x 轴上的定点 M(1,0)??14分

9



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