平定二中高二理科期末数学试题

（测试时间：120分钟 满分150分） 命题人 郗连喜

注意事项：答题前，考生务必将自己的班级、姓名、考试号写在答题纸的密封线内．答题时，

答案写在答题纸上对应题目的空格内，答案写在试卷上无效．本卷考试结束后，

．．．．．．．．．上交答题纸．一、选择题.本大题共12小题. 每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知命题p：xR，使tanx1，其中正确的是 （ ） (A) p：xR，使tanx1

(B) p：xR，使tanx1 (C) p：xR，使tanx1

(D) p：xR，使tanx1 2. 已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），则BC边上的中线长为 （ ） （A）2 （B）3 （C）4 （D）5

3. 设aR，则a1是1

a1 的 （ ）（A）充分但不必要条件 （B）必要但不充分条件

（C）充要条件

（D）既不充分也不必要条件

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

（A）45 （B）35 （C） 25 （D）15

5. 如图：在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点。若ABa，

ADb，AA1c则下列向量中与BM相等的向量是

（ ） D1（A） 1a1bc （B）1a1bMC12222c

A1B1

DC（C）11112a2bc （D）2a2bc

AB

6. 已知a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a、b、c三向量共面，则实数λ等于 （ ） （A）

627 （B）637 （C）7 （D）657 7. 已知△ABC的周长为20，且顶点B (0，－4)，C (0，4)，则顶点A的轨迹方程是 （ ）

（A）

x2y236201（x≠0） （B）x220y2361（x≠0） （C）x26y2201（x≠0） （D）x2y22061（x≠0） 8. 已知双曲线

x22y2b21(b0)的左、右焦点分别是F1、F2，其一条渐近线方程为yx，点P(3,y0)在双曲线上.则PF1²PF2＝（ ）

（A）－12 （B）－2 （C） 0 （D） 4

9. 设F为抛物线y24x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若FAFBFC0，

则FAFBFC（ ）

（A）9

（B）．6

（C）4

（D）3

10. 过点(2,3)且与极轴垂直的直线方程为（ ）

（A）4cos （B）cos1 （C）sin3 （D）3sin

11. 一条线段夹在一个直二面角的两个面内，它和两个面所成的角都是300

，则这条线段与这个二面角的棱所成的角的大小为（ ）

（A） 150 （B）450

（C）600

（D）750

12. 设O为坐标原点，Fx2y21,F2是双曲线a2b21（a＞0，b＞0）的焦点，若在双曲线上

存在点P，满足∠F1PF2=60°，∣OP∣=7a,则该双曲线的渐近线方程为（ ） （A）x±3y=0 （B）3x±y=0 （C）x±2y=0 （D）2x±y=0

二、填空题：本大题共4小题， 每小题5分

13.已知A（1，－2，11）、B（4，2，3）、C（x，y，15）三点共线，则x y =___________。

14. 线段AB在平面α内，线段ACα，线段BDAB，AB=3，AC=BD=4，CD=5，则BD与平面α所成的角大小为________ 。 15.如图，直角坐标系xOy所在的平面为，直角坐标系

19.（本题满分12分）

，OC两两垂如图，已知三棱锥OABC的侧棱OA，OB直，且OA1，OBOC2，E是OC的中点。 （1）求异面直线BE与AC所成角的余弦值； （2）求直线BE和平面ABC的所成角的正弦值。 20.（本题满分12分）

在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝2x相交于A、B两点。 （1）求证：命题“如果直线l过点T（3，0），那么OAOB＝3”是真命题； （2）写出（1）中命题的逆命题，判断它是真命题还是假命题，并说明理由。 21.（本题满分12分）如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中

x/Oy/（其中y/轴与y轴重合）所在的平面为，

xOx/450.

/

（Ⅰ）已知平面内有一点P/22,2，则点P在平面内的射影P的坐标AA1AD1,E为CD中点.

(Ⅰ)求证:B1EAD1

为 ；

//

（Ⅱ）已知平面内的曲线C的方程是x2•P/ x22y/220，

y (y/) C/ / H O P  x (Ⅱ)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP//平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.

则曲线C在平面内的射影C的方程是 .

2

16已知抛物线C：y=2px（p>0）的准线l，过M（1,0）且斜率为

/

 (Ⅲ)若二面角AB1EA1的大小为30,求AB的长.

22. （本题满分12分）

3的直线与l相交于A，与C的一个交点为B，若

17. （本题满分10分） 在极坐标中,已知圆C经过点P的极坐标方程. 18.（本题满分12分）

，则p=________

三、解答题：本大题共6小题．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．

2，3,圆心为直线sin与极轴的交点,求圆C324x2y21的顶点，过坐标原点的直线如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆42交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长

y 交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k （1）当直线PA平分线段MN，求k的值； （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；

P （3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

M A N C B x 13y2x21的焦点重合，已知椭圆的顶点与双曲线它们的离心率之和为，若椭圆的焦点在x5412轴上，求椭圆的方程.

平定二中高二理科数学期末考试题答案

题1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 号 答C B A B A D B C B B B D 案 二、 13．2 14． 300 15．（2，2）,(x-1)2y21 16. 2

三．17、解：解:∵圆C圆心为直线sin332与极轴的交点,

∴在sin332中令=0,得1. „„„„„„„„4分

∴圆C的圆心坐标为(1,0). ∵圆C经过点P2，24,∴圆C的半径为PC221212cos4=1. „8分∴圆C经过极点.∴圆C的极坐标方程为=2cos. „„„„„„„„10分

x2y218、解：设所求椭圆方程为y2x2a2b21，其离心率为e，焦距为2c，双曲线

4121的焦距为2c1，离心率为e1，（2分），则有：

c21216，cc141＝4 „„„4分∴e1122 （6分）

∴e135235，即ca3

5

① „„„8分 又bc ② a2b2c21＝4 ③ „„„10分

由①、 ②、③可得a225∴ 所求椭圆方程为

x2y225161 „„„„„ 12分 19、解：（1）以O为原点,OB、OC、OA分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.

则有A(0,0,1)、B(2,0,0)、C(0,2,0)、E(0,1,0).„„„„„„„„„„„3分

EB(2,0,0)(0,1,0)(2,1,0),AC(0,2,1)

22COS

555, „„„„„„„„„„„5分 所以异面直线BE与AC所成角的余弦为

25 „„„„„„„„„„„6分 （2）设平面ABC的法向量为n1(x,y,z), 则 n知:n1AB1AB2xz0;

n知:n取n1AC1AC2yz0.1(1,1,2)， „„„8分

则cosEB,n1210563030，„„„„„„„10分 故BE和平面ABC的所成角的正弦值为

3030 „„„„12分 20、证明：（1）解法一：设过点T(3,0)的直线l交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x2,y2).

当直线l的钭率下存在时,直线l的方程为x=3,此时,直线l与抛物线相交于 A(3,6)、B(3,－6)，∴OAOB3。 „„„3分 当直线l的钭率存在时,设直线l的方程为y=k(x－3),其中k≠0.

y22xyk(x3)得ky2

－2y－6k=0,则y1y2=－6. 又∵x12121=y1, x2=y2, 22 ∴OAOB=x1x2+y1y2=

14(y21y2)y1y2=3. „„„7分 综上所述, 命题“......”是真命题. „„„8分

解法二：设直线l的方程为my =x－3与y2=2x 联立得到y2

-2my-6=0 OAOB=x1x2+y1y2

=(my22

1+3) (my2+3)+ y1y2=(m+1) y1y2+3m(y1+y2)+9=(m+1)³ (-6)+3m³2m+9＝3 „„8分

（2）逆命题是：“设直线l交抛物线y2

=2x于A、B两点,如果OAOB3,那么该直线过点T(3,0).” „„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 该命题是假命题. 例如：取抛物线上的点A(2,2),B(12,1),此时OAOB3=3, 直线AB的方程为y =

23 (x+1),而T(3,0)不在直线AB上. „„„„„„„„„12分 点评：由抛物线y2

=2x上的点A(x1,y1)、B(x2,y2)满足OAOB3,可得y1y2=－6。或y1y2=2，如果

y1y2=－6，可证得直线AB过点(3,0)；如果y1y2=2, 可证得直线AB过点(－1,0),而不过点

(3,0)。

21、解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设

ABa,则

A(0,0,0),D(0,1,0),Da1(0,1,1),E(2,1,0),B1(a,0,1)

AD(a,1,1),ABa1(0,1,1),B1E1(a,0,1),AE(,1,0)22

ADa1B1E2011(1)10,故B1EAD1

P(0,0,t)(2)假设在棱上存在一点,使得DP//平面B1AE,则DP(0,1,t)

设平面

BnABaxz01AE的法向量为

n(x,y,z),则有

10,取

x1,可得

0nAEax2y0n(1,a2,a,)要使DP//平面B1AE,只要DPn

a2at0t112,又DP平面B1AE,存在点P使DP//平面B1AE,此时AP2.

(3)连接

A1D,B1C,由长方体AA1AD1,得A1DAD1

B1C//A1D,AD1B1C,由(1)知B1EAD1,故AD1平面DCB1A1.

AD1是平面DCB1A1的法向量,而AD1(0,1,1),则

acosADAD11,nn2a|AD 二面角是30,所以,即AB2

1||n|21a2a24„„„„„12分

高二年级理科数学

参

一、选择题：

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A A B C A B B D A C D 二、填空题： 13、 2 14、 15、 16、 三、解答题：

17、解：解:∵圆C圆心为直线sin332与极轴的交点,

∴在sin332中令=0,得1. „„„„„„„„4分

∴圆C的圆心坐标为(1,0).

∵圆C经过点P2，4,∴圆C的半径为PC2212212cos4=1. „8分

∴圆C经过极点.∴圆C的极坐标方程为=2cos. „„„„„„„„10分

18、解：设所求椭圆方程为x2y2y2x2a2b21，其离心率为e，焦距为2c，双曲线4121的焦

距为2c1，离心率为e1，（2分），则有：

c2121，6cc141＝4 „„„4分∴e1122 （6分）

∴e135235，即ca3

5

① „„„8分 又bc ② a2b2c21＝4 ③ „„„10分

由①、 ②、③可得a225∴ 所求椭圆方程为

x2y225161 „„„„„ 12分 19、解：（1）以O为原点,OB、OC、OA分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.

则有A(0,0,1)、B(2,0,0)、C(0,2,0)、E(0,1,0).„„„„„„„„„„„3分

EB(2,0,0)(0,1,0)(2,1,0),AC(0,2,1)

EB,AC22COS<>

555, „„„„„„„„„„„5分 所以异面直线BE与AC所成角的余弦为

25 „„„„„„„„„„„6分 （2）设平面ABC的法向量为n1(x,y,z), 则 nAB知:n11AB2xz0;

n1AC知:n1AC2yz0.取n1(1,1,2)， „„„8分

则cosEB,n1012563030，„„„„„„„10分 故BE和平面ABC的所成角的正弦值为

3030 „„„„12分 20、证明：（1）解法一：设过点T(3,0)的直线l交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x2,y2).

当直线l的钭率下存在时,直线l的方程为x=3,此时,直线l与抛物线相交于 A(3,6)、B(3,－6)，∴OAOB3。 „„„3分 当直线l的钭率存在时,设直线l的方程为y=k(x－3),其中k≠0.

y22x得ky2

－2y－6k=0,则y12121y2=－6. 又∵x1=y1, x2=y2, yk(x3)22 ∴OAOB=x1x2+y1y2=

14(y1y22)y1y2=3. „„„7分 综上所述, 命题“......”是真命题. „„„8分

解法二：设直线l的方程为my =x－3与y2=2x 联立得到y2

-2my-6=0 OAOB=x1x2+y1y2

=(my22

1+3) (my2+3)+ y1y2=(m+1) y1y2+3m(y1+y2)+9=(m+1)³ (-6)+3m³2m+9＝3 „„8分（2）逆命题是：“设直线l交抛物线y2

=2x于A、B两点,如果OAOB3,那么该直线过点T(3,0).” „„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 该命题是假命题. 例如：取抛物线上的点A(2,2),B(12,1),此时OAOB3=3, 直线AB的方程为y =

23 (x+1),而T(3,0)不在直线AB上. „„„„„„„„„12分 点评：由抛物线y2

=2x上的点A(x1,y1)、B(x2,y2)满足OAOB3,可得y1y2=－6。或y1y2=2，如果

y1y2=－6，可证得直线AB过点(3,0)；如果y1y2=2, 可证得直线AB过点(－1,0),而不过点

(3,0)。

21、解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设ABa,则

A(0,0,0),D(0,1,0),Da1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1)

AD(0,1,1),2Ba,1,1),ABa11E(1(a,0,1),AE(AD22,1,0)

Ea1B12011(1)10,故B1EAD1

(2)假设在棱上存在一点P(0,0,t),使得DP//平面B1AE,则DP(0,1,t)

nABaxz0设平面B101AE的法向量为n(x,y,z),则有,取x1,可nAE0ax得2y0n(1,a2,a,)要使DP//平面B1AE,只要DPn

a2at0t12,又DP平面BDP//平面B11AE,存在点P使1AE,此时AP2.

(3)连接A1D,B1C,由长方体AA1AD1,得A1DAD1

B1C//A1D,AD1B1C,由(1)知B1EAD1,故AD1平面DCB1A1.

AD,而AD1是平面DCB1A1的法向量1(0,1,1),则

acosADAD1,n2a|AD1n1||n|2 二面角是30,所以,即AB2

21aa24

„„„„„12分