2015朝阳区高二(上)期末数学(理科)

2015朝阳区高二（上）期末数学（理科）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（5分）椭圆+=1的离心率是（）
A．B．C．D．
2．（5分）已知两条不同的直线a，b和平面α，那么下列命题中的真命题是（）
A．若a⊥b，b⊥α，则a∥αB．若a∥α，b∥α，则a∥b
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b D．若a∥b，b∥α，则a∥α
3．（5分）直线截圆x2+y2=4所得劣弧所对圆心角为（）
A．B．C．D．
4．（5分）已知a，b是两条不同的直线，且b⊂平面α，则“a⊥b”是“a⊥α”的（）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．（5分）已知抛物线x2=4y上的一点M到此抛物线的焦点的距离为3，则点M的纵坐标是（）A．0 B．C．2
6．（5分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）
A．2 B．4 C．8 D．12
7．（5分）已知双曲线M的焦点与椭圆+=1的焦点相同．如果直线y=﹣x是M的一条渐近线，那么M的方程为（）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1
8．（5分）给出如下四个命题：
①已知p，q都是命题，若p∧q为假命题，则p，q均为假命题；
②命题“若a＞b，则3a＞3b﹣1”的否命题为“若a≤b，则3a≤3b﹣1”；
③命题“对任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”；
④“a≥0”是“∃x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要条件．
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．②③C．②③④D．②④
9．（5分）已知点A的坐标为（1，0），点P（x，y）（x≠1）为圆（x﹣2）2+y2=1上的任意一点，设直线AP的倾斜角为θ，若|AP|=d，则函数d=f（θ）的大致图象是（）
A．B．C．D．
10．（5分）已知E，F分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D的棱AB，AA1上的点，且AE=AB，AF=AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有（）
A．1条 B．3条 C．6条 D．无数条
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，答案写在答题卡上.
11．（5分）在空间直角坐标系中，点（4，﹣1，2）与原点的距离是．
12．（5分）以椭圆的右焦点为焦点，且顶点在原点的抛物线标准方程为．
13．（5分）已知F1，F2是椭圆C：+=1的两个焦点，过F1的直线与椭圆C交于M，N两点，则
△F2MN的周长为．
14．（5分）如图，某三棱柱的正视图中的实线部分是边长为4的正方形，俯视图是等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为．
15．（5分）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，抛物线C上的两点A，B满足=2．若点T（﹣，0），则的值为．
16．（5分）已知等边△ABC的边长为2，沿△ABC的高AD将△BAD折起到△B′AD，使得B′C=，则此时四面体B′﹣ADC的体积为，该四面体外接球的表面积为．
三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，侧棱DD1⊥平面ABCD，且AD=AA1=1，AB=2．
（Ⅰ）求证：平面BCD1⊥平面DCC1D1；
（Ⅱ）求异面直线CD1与A1D所成角的余弦值．
18．（10分）在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD=，点E在棱PD 上，且PE：ED=2：1．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在点F，使得BF∥平面AEC？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
19．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，3），设圆C的半径为，且圆心C在直线l：y=2x﹣4上．
（Ⅰ）若圆心C又在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；
（Ⅱ）若圆C上存在点M，使得|MA|=2|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．
20．（10分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，其短轴的一个端点到它的左焦点距
离为2，直线l：y=kx与椭圆C交于M，N两点，P为椭圆C上异于M，N的点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线PM，PN的斜率都存在，判断PM，PN的斜率之积是否为定值？若是，求出此定值，若
不是，请说明理由；
（Ⅲ）求△PMN面积的最大值．
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．【解答】由椭圆+=1，可得a2=25，b2=16，
∴a=5，c2=a2﹣b2=9，
解得c=3．
∴椭圆的离心率e==．
故选：A．
2．【解答】对于A，若a⊥b，b⊥α，那么a∥α或者a⊂α，故A错误；
对于B，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交或者异面；故B错误；
对于C，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，正确；
对于D，若a∥b，b∥α，则a∥α或者a⊂α，故D错误；
故选C．
3．【解答】圆到直线的距离为：=1，又因为半径是2，设劣弧所对圆心角的一半为α，cosα=0.5，∴α=60°，劣弧所对圆心角为120°．
故选D．
4．【解答】若a⊥b，则a不一定垂直于α，不是充分条件，
若a⊥α，则a⊥b，是必要条件，
故选：B．
5．【解答】抛物线x2=4y的焦点为（0，1），准线方程为y=﹣1，
设M（m，n），则由抛物线的定义可得，
M到此抛物线的焦点的距离即为M到准线的距离，
即有n+1=3，解得n=2．
故选C．
6．【解答】由三视图知几何体的左边部分是四棱锥，且四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为2；几何体的右边部分是三棱锥，且三棱锥的高为2，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，
其直观图如图：
∴几何体的体积V=×22×2+××2×2×2=4．
故选：B
7．【解答】由题意可设双曲线的标准方程为，
∵直线y=﹣x是M的一条渐近线，∴=．
椭圆+=1的焦点为（±3，0），
∴c=3，
联立，解得a2=3，b2=6．
∴M的方程为：．
故选：C．
8．【解答】①已知p，q都是命题，若p∧q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，故①错误；
②命题“若a＞b，则3a＞3b﹣1”的否命题为“若a≤b，则3a≤3b﹣1”；故②正确，
③命题“对任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”；故③正确，
④若a＜0，则判别式△=1﹣4a＜0，此时ax2+x+1≥0有解，即“a≥0”是“∃x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要条件错误，故④错误，
故正确的命题为②③，
故选：B
9．【解答】当直线OP过第一象限时，如图：
由于AB为直径，故θ=，
得到d=f（θ）=2cosθ（0≤θ＜），
当直线OP过第四象限时，同理可得到d=f（π﹣θ）=2cos（π﹣θ）=﹣2cosθ（＜θ≤π），函数d=f（θ）的大致图象：
故选：D．
10．【解答】取BH=BB1，连接FH，则FH∥C1D
连接HE，在D1E上任取一点M，
过M在面D1HE中，作MG∥HO，交D1H于G，
其中O为线段OE=D1E
再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，
由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，
GM⊄平面ABCD，
所以GM∥平面ABCD，
同理由NG∥FH，可推得NG∥平面ABCD，
由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，
则MN∥平面ABCD．
由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．
故选D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，答案写在答题卡上.
11．【解答】根据两点间的距离公式得点（4，﹣1，2）与原点的距离是==，故答案为：
12．【解答】∵椭圆+y2=1的右焦点F（，0），
∴以F（，0）为焦点，顶点在原点的抛物线标准方程为y2=4x．
故答案为：y2=4x．
13．【解答】利用椭圆的定义可知，|F1M|+|F2M|=2a=4，|F1N|+|F2N|=2a=4，
∴△MNF2的周长为|F1M|+|F2M|+F1N|+|F2N|=4+4=8．
故答案为：8．
14．【解答】由正视图与俯视图可知：该三棱柱是直三棱柱、高与底边边长都为4．
∴该三棱柱的侧视图的面积=8．
故答案为：8．
15．【解答】设A（，m），B（，n），
y2=2x的焦点为F（，0），
=（﹣，﹣m），=（﹣，n），
由=2，
则有m=﹣2n，m2+2n2=3，
解得m=﹣，n=，或m=，n=﹣，
即有A（1，﹣），B（，）
或A（1，），B（，﹣）．
|TA|==，|TB|==．
则的值为2．
故答案为：2．
16．【解答】根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，
由BD=CD=1，B′C=，则底面是等腰直角三角形，
则AD⊥底面BCD，AD=，
即有四面体B′﹣ADC的体积为××1×1=；
它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，
求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，
三棱柱ABC﹣A1B1C1的中，底面边长为1，1，，
由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，
说明中心就是外接球的球心，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O，外接球的半径为r，
球心到底面的距离为，
底面中心到底面三角形的顶点的距离为，
∴球的半径为r==．
四面体ABCD外接球表面积为：4πr2=5π．
故答案为：，5π．
三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．【解答】（本题满分10分）
（Ⅰ）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
∴DD1⊥BC．…（2分）
∵底面ABCD是矩形，所以DC⊥BC．
又DD1∩DC=D，∴BC⊥平面DCC1D1．
又BC⊂面BCD1，∴平面BCD1⊥平面DCC1D1．…（5分）
（Ⅱ）解：取DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示，
∵AD=AA1=1，AB=2，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），…（7分）
∵=（0，﹣2，1），=（1，0，1），
∴===．…（9分）
∴异面直线CD1与A1D所成角的余弦值是．…（10分）
18．【解答】（Ⅰ）因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°，
所以△ABC是等边三角形，所以AB=AD=AC=PA=1．
在△PAB中，PA=AB=1，PB=，
所以PB2=PA2+AB2，即PA⊥AB．
同理可证PA⊥AD，且AB∩AD=A，
所以PA⊥平面ABCD．…（3分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PA⊥平面ABCD，取CD中点G，连接AG．
由已知条件易知AB⊥AG，如图以A为原点建立空间直角坐标系．…（4分）
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD，
所以平面ABCD⊥平面PAD．平面ABCD∩平面PAD=AD，
取AD中点H，连接HC，则HC⊥AD．
所以HC⊥平面PAD．
所以是平面PAD的法向量，也是平面PAE的法向量．
A（0，0，0），D（﹣，，0），H（，，0），C（，，0），E（，，），P（0，0，1），
B（1，0，0），
=（，，0），=（，，0），=（，，），…（5分）
设平面AEC的法向量为=（x，y，z），
所以，则，
令x=，则=（，﹣1，2），…（6分）
所以cos＜，＞===．
由图可知，二面角P﹣AE﹣C的平面角为钝角，所以其余弦值为﹣．…（7分）
（III）存在，点F是棱PC的中点．
设=λ=λ（，，﹣1），…（8分）
则==（﹣1，0，1）+λ（，，﹣1）=（﹣1+λ，λ，1﹣λ），
由（II）知平面AEC的法向量为=（，﹣1，2）．
由已题知BF∥平面AEC，等价于，
即（﹣1+λ，λ，1﹣λ）•（，﹣1，2）=（﹣1+）λ+2（1﹣λ）=0．解得．…（9分），
所以点F是棱PC的中点．…（10分）
19．【解答】（Ⅰ）由得圆心C为（3，2），因为圆C的半径为1，
所以圆C的方程为：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1．
显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx﹣y+3=0．
所以=1，解得k=0或﹣．
则所求圆C的切线方程为：y=3或3x+4y﹣12=0．
（Ⅱ）因为圆C的圆心在直线y=2x﹣4上，所以设圆心C为（a，2a﹣4），
则圆C的方程为：（x﹣a）2+[y﹣（2a﹣4）]2=1．
又|MA|=2|MO|，设m为（x，y），则=2．
整理得：x2+（y+1）2=4，设该方程对应的圆为D，
所以点M应该既在圆C上又在圆D上，且圆C和圆D有交点．则|2﹣1|≤≤|2+1|．由5a2﹣12a+8≥0，得a∈R．
由5a2﹣12a≤0得0≤a≤．所以圆心C的横坐标的取值范围为[0，]．
20．【解答】（Ⅰ）由已知，=，且a=2，所以c=1，b=．
所以椭圆C的方程为．…（3分）
（Ⅱ）设P（x0，y0），M（x1，y1），n（﹣x1，﹣y1），
则M，P的坐标代入椭圆方程，两式作差得=﹣．
所以，当PM，PN的斜率都存在时，PM，PN的斜率之积是定值﹣．…（6分）
（Ⅲ）过点P作与平行且与椭圆的相切的直线，设切线方程为y=kx+t，
代入椭圆方程，得（3k2+4）x2+8ktx+4t2﹣12=0．
令△=0，得|t|=．…（8分）
这时，直线y=kx+t与直线l：y=kx的距离就是点P到直线l：y=kx的距离最大值．
所以，点P到直线l：y=kx的距离最大值d=．
又由y=kx与椭圆方程，解得|x1|=．
所以|MN|=2|x1|=．
所以，△PMN面积的最大值为=2…（10分）。