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山西省大同市一中2014-2015学年高二数学上学期期末考试试题 理


山西省大同市第一中学 2014-2015 学年高二上学期期末考试数学 (理) 试题
第Ⅰ卷 客观卷(共 36 分)

一、选择题(每空 3 分,共 36 分) 1.在△ ABC 中,“ A ? 30? ”是“ sin A ? A.充分不必要条件 C.充要条件

1 ”的( ) 2
B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

2.已知抛物线经过点 M(3,-2) ,则抛物线的标准方程为(

4 9 x 或 x2 ? ? y 3 4 4 9 C. y 2 ? x 或 x 2 ? ? y 3 2
A. y 2 ?

8 9 x 或 x2 ? ? y 3 4 8 9 D. y 2 ? x 或 x 2 ? ? y 3 2
B. y 2 ? E 为 CC1 的中点,则直线

3.已知正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中 ,AB=2,CC1= 2 2 AC1 与平面 BED 的距离为( A.2 B. 3
2

) C. 2
2

D.1 )

4.过点(2,-2)与双曲线 x ? 2 y ? 2 有公共渐近线的双曲线方程为(

A.

x2 y2 ? ?1 2 4 y2 x2 ? ?1 4 2

B.

x2 y2 ? ?1 4 2
D.

C.

y2 x2 ? ?1 2 4


2 5.命题:“若 x ? 4 ,则 ? 2 ? x ? 2 ”的逆否命题是(

A.若 x ? 4 ,则 x ? 2,若 x ? ?2
2 2 C.若 x ? 2 ,或 x ? ?2 ,则 x ? 4

2 B. 若 ? 2 ? x ? 2 ,则 x ? 4

D.若 x ? 2 ,或 x ? ?2 ,则 x ? 4
2

6. 椭 圆

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的 两 个焦 点 F1 ,F2 , 点 M 在 椭 圆上 , 且 MF1 ? F1 F2 , a2 b2 4 14 , MF2 ? ,则离心率 e 等于( 3 3
B. )

MF1 ?
A.

5 8

5 6

C.

5 3

D.

5 4

7. 设 a ? (1 ? t ,1 ? t , t ) , b ? ( 2, t , t ) ,则 b ? a 的最小值是(



A.

5 5

B.

3 5 5

C.

3 5

D.

55 5
x

8.已知命题 p :实数 m 满足 m ? 1 ? 0 ,命题 q :函数 y ? (9 ? 4m) 是增函数。若 p ? q 为 真命题, p ? q 为假命题,则实数 m 的取值范围为( A. (1,2) C.[1,2] B. (0,1) D.[0,1] )

9.如图 1,正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,PQ 是异面直线

A1 D 与 AC 的公垂线,则直线 PQ 与 BD1 的位置关系为(
A.平行 C.相交 B.异面 D.无法判断



F2 分别是椭圆 10. 设 F1 、

x2 ? y 2 ? 1 的左、 右焦点, 若 Q 是该椭圆上的一个动点, 则 QF1 ? QF2 4
) B.2 与-2 D.2 与-1

的最大值和最小值分别为( A.1 与-2 C.1 与-1

11.设 x1 , x2 ? R ,常数 a ? 0 ,定义运算“*”: x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ,若 x ? 0 , 则动点 P( x, x ? a )的轨迹是( A.圆 C.双曲线的一部分 ) B.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分

12.设离心率为 e 的双曲线 C:

x2 y2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) 的右焦点为 F,直线 l 过点 F 且斜率 a2 b2


为 k ,则直线 l 与双曲线 C 的左、右两支相交的充要条件是( A. k ? e ? 1 C. e ? k ? 1
2 2 2 2

B. k ? e ? 1 D. e ? k ? 1
2 2

2

2

第 II 卷 二、填空题:(3×4=12)

主观卷(共 64 分)

13.已知定点 A,B,且 AB =4,动点 P 满足 PA ? PB ? 3 ,则 PA 的最小值为



14.椭圆

x2 y2 x2 y2 ? ? 1(m ? n ? 0) 与双曲线 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) 有相同的焦点 F1 , F2 ,P m n a b


是两曲线的一个焦点,则 PF1 PF2 等于

15.已知抛物线关于 x 轴对称,它的顶点在坐标原点 O ,并且经过点 M (2, y0 ) 。若点 M 到该 抛物线焦点的距离为 3 ,则 | OM |? 。

16.已知点 P 是椭圆 值为 三、解答题:

x2 y2 ? ? 1 上任一点,那点 P 到直线 l : x ? 2 y ? 12 ? 0 的距离的最小 4 3



17.(10 分) 椭圆 E:

x2 y 2 ? =1 内有一点 P(2,1),求经过 P 并且以 P 为中 16 4

点的弦所在直线方程.

18.(10 分)

已知抛物线 y ? ? x 与直线 y ? k ( x ? 1) 相交于 A,B 两点。

2

(1)求证:OA⊥OB; (2)当 ?OAB 的面积等于 10 时,求 k 的值。

19.(10 分) 直线 l 过点 P(0,2)且与椭圆 的最大值。

x2 ? y 2 ? 1 相交于 M,N 两点,求 ?MON 面积 2

20. (10 分) 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中, 底面 ABCD 为直角梯形,AD ∥ BC , ?ADC ? 90? , 平 面 PAD ⊥ 底 面 ABCD , Q 为 AD 的 中 点 , M 是 棱 PC 上 的 点 , PA ? PD ? 2 ,

1 AD ? 1 , CD ? 3 . 2 (Ⅰ)求证:平面 PQB ⊥平面 PAD ; BC ?
(Ⅱ)若 M 为棱 PC 的中点,求异面直线 AP 与

BM 所成角的余弦值.

21. (12 分)

如图 3, 四棱锥 P—ABCD 的底面为菱形且 ?DAB ? 60? , PA⊥底面 ABCD, AB=2 a ,

PA= 2 3a ,E 为 PC 的中点。 (1)求直线 DE 与平面 PAC 所成角的大小; (2)求二面角 E—AD—C 的余弦值。

数学(理) 一. 1—6BCDDDC 二. 填空题:13 三. 解答题: 7—12 BAAADC

参考答案

7 2

14 .m-a

15. 2 3

16.

8 5 5

17:解 :设 直 线 与 椭 圆 相 交 于 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) , 由 点 差 法 代 入 椭 圆 方 程 可 得 所 求 直 线 方程为 x+2y-4=0

?y 2 ? ?x 2 18.(1)证明:如图 3,由方程组 ? ,消去 x 后,整理得 ky ? y ? k ? 0 ? y ? k ( x ? 1)
设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) ,由韦达定理知: y1 ? y 2 ? ?1 因为 A、B 在抛物线 y ? ? x 上,所以 y1 ? ? x, y 2 ? ? x 2 , y1 ? y 2 ? x1 ? x 2 因为 kOA ? kOB ?
2 2 2 2 2

y1 y2 y1 y2 1 ? ? ? ? ?1 ,所以 OA⊥OB x1 x2 x1 x2 y1 y2

(2)解:连结 AB,设直线 AB 与 x 轴交于 N,由题意显然 k ? 0 令 y ? 0 ,则 x ? ?1 ,即 N ( ?1,0) 因为 S ?OAB ? S ?OAN ? S ?OBN ? 所以 S ?OAB ?

1 1 1 ON ? y1 ? ON ? y 2 ? ON ? y1 ? y 2 2 2 2

1 1 1 ? 1 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ? (1 ? ) 2 ? 4 2 2 k 1 1 1 ? 4 ,解得 k ? ? 2 2 k 6

因为 S ?OAB ? 10 ,所以 10 ?

19. 解:由题意知直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2, M ( x1 , y1 ), N ( x 2 , y 2 )

? y ? kx ? 2 ? 2 2 由 ? x2 ,消去 y 得 (1 ? 2k ) x ? 8kx ? 6 ? 0 2 ? ? y ?1 ?2
由直线 l 与椭圆相交于 M、N 两点,所以 ? ? 64k ? 24(1 ? 2k ) ? 0 ,解得 k 2 ?
2 2

3 2

8k ? x1 ? x 2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 又由韦达定理得 ? 6 ?x ? x ? 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?

所以 MN ? 1 ? k

2

1? k 2 ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? 1 ? 2k 2
2

16k 2 ? 24

原点 O 到直线 l 的距离 d ? 令m ?

2 1? k 2

,S ?

1 2 4k 2 ? 6 MN ? d ? 2 1 ? 2k 2

2k 2 ? 3 (m ? 0) ,则 2k 2 ? m 2 ? 3
当且仅当 m ?

S?

2 2m 2 2 2 ? ? 2 4 2 m ?4 m? m

2 4 ,即 m ? 2 时, S max ? 2 m

20 .解: (Ⅰ)法一:? BC ? 又? AD // BC , 即 BC // DQ

1 AD, Q 为 AD 的中点,? BC ? DQ 2

∴四边形 BCDQ 为平行四边形,? CD // BQ

? ?ADC ? 90?

??AQB ? 90? 即 QB ? AD

又∵平面 PAD ? 平面 ABCD 且平面 PAD ? 平面 ABCD ? AD

? BQ ? 平面 PAD
又 BQ ? 平面 PQB ,∴平面 PQB ? 平面 PAD 法二: AD // BC , BC ?

1 AD , Q 为 AD 的中点,∴ BC // DQ 且 BC ? DQ . 2

∴四边形 BCDQ 为平行四边形,∴ CD // BQ ∵ ?ADC ? 90 ∵ PA ? PD
?

∴ ?AQB ? 90 即 QB ? AD
?

∴ PQ ? AD

∵ PQ ? BQ ? Q , ∴ AD ⊥平面 PBQ . ∵ AD ? 平面 PAD , ∴平面 PQB ⊥平面 PAD . (Ⅱ)∵ PA ? PD , Q 为 AD 的中点, ∴ PQ ? AD . ∵平面 PAD ? 平面 ABCD ∴ PQ ? 平面 ABCD . 且平面 PAD ? 平面 ABCD ? AD

如图,以 Q 为原点建立空间直角坐标系. 则 Q (0, 0, 0) , A(1,0,0) , P (0, 0, 3) ,

B (0, 3, 0) , C (?1, 3, 0)
1 3 3 M (? , , ) 2 2 2 ??? ? ???? ? 1 3 3 ∴ AP ? ( ?1,0, 3), BM ? ( ? , ? , ) 2 2 2 设异面直线 AP 与 BM 所成角为 ? ??? ? ???? ? ??? ? ???? ? 2 AP ? BM ? ???? ? |= 7 则 cos ? ? | cos ? AP, BM ?|?| ??? | AP || BM | 7
∵ M 是 PC 中点,∴ ∴异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为

2 7 7

法二、连接 AC 交 BQ 于点 O ,连接 OM ,则 OM // PA 所以 ?BMO 就是异面直线 AP 与 BM 所成角

OM ?

1 1 3 PA ? 1, BO ? BQ ? 2 2 2

由(1)知 BQ ? 平面 PAD ,所以 BQ ? PA 进而 BQ ? OM

? BM ? BO 2 ? OM 2 ? ( ? cos ?BMO ?

3 2 2 7 ) ?1 ? 2 2

OM 2 2 7 ? ? BM 7 7

21. 解: (1)如图 4,连 AC,BD 交于点 O,又由底面 ABCD 为菱形可得 BD⊥AC,且点 O 是 AC 的中点,连结 OE,又 E 为 PC 的中点,所以 EO//PA。 由 PA⊥底面 ABCD,可得 EO⊥底面 ABCD 以 O 为原点,OA,OB,OE 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 则有 O(0,0,0) ,A( 3a,0,0 ) ,B(0,a,0) , C( ? 3a,0,0 ) ,D( 0,? a,0 ) , P( 3a,0,2 3a ) ,E(0,0, 3a )

依题意得 DB ? (0,2a,0) 即为平面 PAC 的一个法向量 又 DE ? (0, a, 3a) ,所以 cos ? DB, DE ?? 所以 ? DB, DE ?? 60?

2a 2 1 ? 2a ? 2a 2

直线 DE 与平面 PAC 所成角的大小为 30°

(2)由 PA⊥底面 ABCD 可知 AP ? (0,0,2 3a) 是平面 CAD 的一个法向量 设 n ? ( x, y , z ) 为平面 EAD 的一个法向量 又 EA ? ( 3a,0,? 3a), ED ? (0,?a,? 3a) 由 n ? EA 与 n ? ED 得 ?

? ? 3ax ? 3az ? 0 ? ?ay ? 3az ? 0 cos ? AP, n ?? 2 3a 2 3a ? 5 5 5 ? 5 5

令 x ? z ? 1 ,得 y ? ? 3 ,所以 n ? (1,? 3 ,1)

由图可知二面角 E—AD—C 为锐角,故二面角 E—AD—C 的余弦值为


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