高二数学(理)度高二数学上学期期中考答案

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）：
13．存在01,02
00≤+-∈x x R x 使 14．
15． 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 ∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于 ……12分 18．解:: 由得： ……2分
: 令，由对恒成立.
（1）当时, ,符合题意. ……3分
（2）当时，，
由得，解得： ……5分 综上得：:. …… 6分
因为为真命题，为假命题，所以命题一个为真,一个为假.… 7分
或
∴ 或 …… 11分
∴或 ………………12分 19．方法一：
证：（1）在Rt △BAD 中，AD =2，BD =， ∴AB =2，ABCD 为正方形，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 = ，设C 到面PBD 的距离为d ，由，有
d S PA S PBD BCD ∙∙=∙∙∆∆3
1
31， 即
d ∙∙∙=⨯⨯⨯∙0260sin )22(2
1
312222131，得 ……12分 方法二：
证：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系，
则A （0，0，0）、D （0，2，0）、P （0，0，2）.在Rt △BAD 中，AD =2，BD =， ∴AB =2.∴B （2，0，0）、C （2，2，0），……2分
∴)0,2,2(),0,2,2(),2,0,0(-=== ∵0,0=∙=∙， 即BD ⊥AP ，BD ⊥AC ，又AP ∩AC =A ，∴BD ⊥平面PAC .……5分 （2）由（Ⅰ）得)2,2,0(),2,0,2(-=-=，设平面PBD 的法向量为， 则0,022=∙=∙PD n PB n ，即，∴x =y =z ，
故平面PBD 的法向量可取为.
∵)2,2,2(-=PC ，∴C 到面PBD
的距离为3
3
2=
=
d ……12分 20．（1）设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入椭圆方程得：，并作差得：
(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0，又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝，代入得k=y 1－y 2
x 1－x 2
＝－1. 则此弦所在直线方程是y －＝－（x －1） 即x ＋y －＝0. ……5分 (2)易知直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋2. ……6分
将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去y 得(1＋3k 2
)x 2
＋12kx ＋9＝0. ……7分 令Δ＝144k 2
－36(1＋3k 2
)>0，得k 2
>1.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1x 2＝9
1＋3k 2. ……8分
所以S △AOB ＝|S △POB －S △POA |＝1
2
×2×|x 1－x 2|＝|x 1－x 2|.
因为(x 1－x 2)2
＝(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪
⎫－12k 1＋3k 22
－361＋3k 2＝36（k 2
－1）（1＋3k 2）2
， ……10分
设k 2－1＝t (t >0)，则(x 1－x 2)2
＝36t （3t ＋4）2
＝369t ＋16
t
＋24≤362
9t ×16t
＋24
＝3
4
.……12分 当且仅当9t ＝16t ，即t ＝43 ,k 2－1＝43, k 2
＝时 等号成立，
此时△AOB 面积取得最大值3
2
. ……13分 21．解：方法一(几何方法)：
(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.
当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
图① 图②
(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 ＝1
2BD .
又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，
所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝1
2PQ .
在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2
，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°. 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 2
＝4，OH 2
＝1＋λ2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫222＝λ2
＋12，
OG 2
＝1＋(2－λ)2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫222
＝(2－λ)2＋12，
由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2
＋12＝4，解得λ＝1±22，
故存在λ＝1±
2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角． 方法二(向量方法)：
以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1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)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．
图③
BC 1→
＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)， 因为BC 1→
＝(－2，0，2)， 所以BC 1→＝2FP →
，即BC 1∥FP .
而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，
－x ＋λz ＝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， 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±
2
2
. 故存在λ＝1±
2
2
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角． 22．解：（Ⅰ）∵过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8．
∴4a=8，∴a=2∵e=，∴c=1∴b 2
=a 2
﹣c 2
=3
∴椭圆E 的方程为．……4分
（Ⅱ）由，消元可得（4k 2+3）x 2+8kmx+4m 2
﹣12=0……5分
∵动直线l ：y=kx+m 与椭圆E 有且只有一个公共点P （x 0，y 0）
∴m ≠0，△=0，∴（8km ）2
﹣4×（4k 2
+3）×（4m 2
﹣12）=0∴4k 2
﹣m 2
+3=0① 此时x 0==，y 0=，即P （，） 由得Q （4，4k+m ） ……8分 取k=0，m=，此时P （0，），Q （4，），
以PQ 为直径的圆为（x ﹣2）2
+（y ﹣）2
=4，交x 轴于点M 1（1，0）M 2（3，0）
取k=，m=2，此时P（1，），Q（4，0），以PQ为直径的圆为（x﹣）2+（y﹣）2=，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为直径的圆恒过轴上的定点M（1，0）……1４分。