2017-2018学年海南省文昌中学高二上学期期中考试数学（理）试题

2017-2018学年海南省文昌中学高二上学期期中考试数学（理）试题

‎2017-2018学年海南省文昌中学高二上学期期中考试 数学(理科)试题 ‎（完成时间：120分钟，满分：150分）‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答案写在答题卡上。‎ 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，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．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝ (　　)‎ A．2 B．－4 C．4 D．－2‎ ‎2．已知命题p：1∈{x|(x＋2)(x－2)<0}；命题q：0∈∅. 下列判断正确的是 (　　)‎ A．p假q真 B．“p∨q为真” C．“p∧q为真”　 D．p假q假 ‎3．a∈R，| a |<4成立的一个必要不充分条件是(　　)‎ A．a<4 B．| a |<3 C．a 2<16 D．0< a <3‎ ‎4．若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(　　)‎ A． B． C． D． ‎5．在如下图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎6．在抛物线y2＝8x中，以(1，－1)为中点的弦所在直线的方程是(　　)‎ A．x－4y－3＝0　　 B．x＋4y＋3＝0‎ C．4x＋y－3＝0　　 D．4x＋y＋3＝0‎ ‎7．已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，‎ c表示，则等于 (　　)‎ A．(c－a－b) B．(a＋b－c)‎ C．(a－b＋c)　　　 D．(b＋c－a)‎ ‎8．设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为(　　)‎ A． B．3 C．2 D． ‎9．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为 (　　)‎ A．　　 B． ‎ C．　　　　 D． ‎10．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则 ·的最大值为(　　)‎ A．6 B．3 C．2 D．8‎ ‎11．已知二面角α-l-β等于120°，A，B是棱l上两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于(　　)‎ A． B．2 C． D． ‎12．已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于两点A,B(A,B异于原点),抛物线的焦点为F.若双曲线的离心率为2,|AF|=7,则p=(　　)‎ A．3 B．6 C．12 D．42‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知a，b，c都是实数，则在命题“若a＞b，则ac2＞bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是________.‎ ‎14．与双曲线有共同的渐近线，且过点(2，2)的双曲线的标准方程是 ．‎ ‎15．过抛物线y2＝8x的焦点，作倾斜角为45°的直线，则被抛物线截得的弦长为 ．‎ ‎16．如图，在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A‎1C1∥MN；③MN∥平面A1B‎1C1D1；④BD1⊥MN. 其中正确 命题的序号是________.(写出所有正确命题的序号)‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17．(本小题满分10分) 如图,在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=4，CD=1，点M在PB上，‎ PB=4PM，PB与平面ABCD成30°的角.‎ 求证：（1）CM∥平面PAD；‎ ‎（2）平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎18．(本小题满分12分) 若F1、F2分别是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P是该椭圆上的一个动点，且|PF1|＋|PF2|＝4，|F1F2|＝2.‎ ‎（1）求出这个椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在过定点N(0，2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，使⊥(其中O为坐标原点)？若存在，求出直线l的斜率k；若不存在，说明理由．‎ ‎19．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥 P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°‎ ‎，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．‎ ‎（1）求证：PA⊥平面CDM；‎ ‎（2）求二面角 D－MC－B的余弦值．‎ ‎20．(本小题满分12分) 设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.‎ ‎（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；‎ ‎（2）求过点(3，0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．]‎ ‎21．(本小题满分12分) 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎（1）证明B1C1⊥CE；‎ ‎（2）求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面 ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM 的长．‎ ‎22．(本小题满分12分) 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．‎ ‎（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；‎ ‎（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点 P和Q.‎ ‎①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；‎ ‎②求p的取值范围．‎ 参考答案 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)‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 C B A D D C A D C A B B 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）[]‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．2 14． 15．16 16．①③‎ 三、解答题（本大题共6小题，满分70分）‎ ‎17．证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz.‎ 因为PC⊥平面ABCD， ‎ 所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，……1分 所以∠PBC=30°，‎ 因为PC=2，所以BC=2，PB=4，‎ 所以D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M， ………………………………………………2分 所以 ‎（1）设n=(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，[]‎ 所以 即 令y=2，得n=(-，2，1). ………………………4分 因为n·=-×+2×0+1×=0，‎ 所以n⊥. 又CM⊄平面PAD，‎ 所以CM∥平面PAD. …………………………6分 ‎（2）如图，取AP的中点E，连接BE，‎ 则E(，2，1)， =(-，2，1). ‎ 因为PB=AB， 所以BE⊥PA. ‎ 又因为·=(-，2，1)·(2，3，0)=0， ……………………8分 所以⊥.所以BE⊥DA. ‎ 又PA∩DA=A，所以BE⊥平面PAD.‎ 又因为BE⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. ………………10分 ‎18．解：（1）依题意，得2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，‎ ‎∴b＝＝1.‎ ‎∴椭圆的方程为＋y2＝1. ………………………………4分 ‎ ‎（2）显然当直线的斜率不存在，即x＝0时，不满足条件． …………5分 设l的方程为y＝kx＋2，‎ 由A、B是直线l与椭圆的两个不同的交设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由消去y并整理，得 ‎(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0. ………………………………7分 ‎∴Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)＞0，‎ 得k2＞.① …………………………………………8分 x1＋x2＝－，x1x2＝， …………………………9分 ‎∵⊥，∴·＝0，‎ ‎∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝x1x2＋k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4‎ ‎＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ………………………11分 ‎＝(1＋k2)·＋2k＋4＝＝0，‎ ‎∴k2＝4.②‎ 由①②可知k＝±2，所以，存在斜率k＝±2的直线l符合题意．……12分 ‎19．（1）证：取DC的中点O，连接PO，OA，‎ 因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD. ………………1分 所以PO⊥底面ABCD，‎ 因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，‎ DC＝2，DO＝1，则OA⊥DC. ………2分 以O原点，分别以OA，OC，OP所在直线为 x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标 系O－xyz，‎ 则A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，‎ C(0，1，0)，D(0，－1，0)，‎ 所以M， ……………………………………4分 所以＝，＝(，0，－)，＝(0，2，0)，‎ 所以·＝×＋0×2＋(－)×＝0，‎ ·＝×0＋0×2＋(－)×0＝0，‎ 所以⊥，⊥，所以PA⊥平面DMC. ………………7分 ‎（2）解：＝，＝(，1，0)，‎ 设平面B MC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由n·＝0，得x＋z＝0，‎ 由n·＝0，得x＋y＝0.‎ 取x＝－1，则y＝，z＝1，‎ 所以一个法向量n＝(－1，，1)． ……………………9分 由(1)知，平面CDM的一个法向量可取＝(，0，－)．‎ 所以cos〈n，〉＝＝＝－. ………………11分 观察可知二面角 D－MC－B为钝角，‎ 所以所求二面角的余弦值是－. …………………………12分 ‎20．解：（1）设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，‎ 由已知得 ‎∵P在圆上，∴x2＋2＝25，‎ 即C的方程为＋＝1. …………………5分 ‎（2）过点(3，0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)， ……………6分 设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0. ……………………9分 ‎∴x1＝，x2＝.‎ ‎∴线段AB的长度为 ‎|AB|＝＝＝＝. ……12分 ‎21．如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，‎ C1(1，2，1)，E(0，1，0)． …………2分 ‎（1）证：易得＝(1，0，－1)， ＝(－1，1，－1)，‎ 于是·＝0，‎ 所以B1C1⊥CE. ………………3分 ‎（2）解：＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，‎ 不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)． ‎ 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，‎ 故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量． ………………6分 于是cos〈m，〉＝＝＝－， ……………7分 从而sin〈m，〉＝，所以二面角B1CEC1的正弦值为. …8分 ‎（3）＝(0，1，0)，＝(1，1，1)，‎ 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．‎ 可取＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量． ‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ‎ ‎＝＝， ……………10分 于是＝，解得λ＝(负值舍去)， …………11分 所以AM＝. ……………………………………12分 ‎22．（1）解：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为， ……………2分 由点在直线l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0，‎ 即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x. ……………4分 ‎（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．‎ 因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，‎ 于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.‎ ‎①证明：由消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*) …………8分 因为P和Q是抛物线C上的相异两点，‎ 所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.‎ 方程(*)的两根为y1，2＝－p±，‎ 从而y0＝＝－p.‎ 因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p. ………………10分 因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．‎ ‎②解：因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，‎ 所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.‎ 由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<.‎ 因此，p的取值范围是. …………………12分