北京市海淀區(qū)2015高二上期末數(shù)學試卷理含解析

2015-2016學年北京市海淀區(qū)高二（上）期末數(shù)學試卷（理科）一、選擇題：本大題共10小題，每題4分，共40分.在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項切合題目要求的.1x12+y2，則其圓心和半徑分別為（）．已知圓（+）A．（1，0），2B．（﹣1，0），2C．D．2）2．拋物線x=4y的焦點到準線的距離為（A．B．1C．2D．43．雙曲線4x2﹣y2=1的一條漸近線的方程為（）A．2xy=0B．2x+y=1Cx2y=0Dx2y=1+．+．+4．在空間中，“直線a，b沒有公共點”是“直線a，b互為異面直線”的（）A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件2y2為圓上的兩點，若，關于直線+對稱，則實數(shù)）．已知，（A．B．0C．D．16l的方程為x﹣my2=0，則直線l（）．已知直線+A．恒過點（﹣2，0）且不垂直x軸B．恒過點（﹣2，0）且不垂直y軸C．恒過點（2，0）且不垂直x軸D．恒過點（2，0）且不垂直y軸7xay﹣1=0和直線ax4y2=0相互平行，則a的取值是（）．已知直線+++A．2B．±2C．﹣2D．08．已知兩直線a，b和兩平面α，β，以下命題中正確的為（）A．若a⊥b且b∥α，則a⊥αB．若a⊥b且b⊥α，則a∥αC．若a⊥α且b∥α，則a⊥bD．若a⊥α且α⊥β，則a∥β9．已知點A（5，0），過拋物線y2=4x上一點P的直線與直線x=﹣1垂直且交于點B，若|PB|=|PA|，則cos∠APB=（）A．0B．C．D．10．如圖，在邊長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在底面ABCD上挪動，且滿足B1P⊥D1E，則線段B1P的長度的最大值為（）A．B．2C．D．3二、填空題：本大題共6小題，每題4分，共24分.把答案填在題中橫線上.11p“xR2≥0”，則￢p：．12．橢圓x2+9y2=9的長軸長為．22﹣my2x軸上的雙曲線，則m的取值范圍為．13．若曲線C：mx+（）=1是焦點在14．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面四邊形ABCD的兩組對邊均不平行．①在平面PAB內(nèi)不存在直線與DC平行；②在平面PAB內(nèi)存在無數(shù)多條直線與平面PDC平行；③平面PAB與平面PDC的交線與底面ABCD不平行；上述命題中正確命題的序號為．15．已知向量，則與平面BCD所成角的正弦值為．16．若某三棱錐的三視圖以以以下圖，則該棱錐的體積為，表面積為．三、解答題：本大題共3小題，共36分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17．已知△ABC的三個極點坐標為A（0，0），B（8，4），C（﹣2，4）．（1）求證：△ABC是直角三角形；（2）若△ABC的外接圓截直線4x+3y+m=0所得弦的弦長為6，求m的值．18．以以以下圖的幾何體中，2CC1=3AA1=6，CC1⊥平面ABCD，且AA1⊥平面ABCD，正方形ABCD的邊長為2，E為棱A1D中點，平面ABE分別與棱C1D，C1C交于點F，G．（Ⅰ）求證：AE∥平面BCC1；（Ⅱ）求證：A1D⊥平面ABE；（Ⅲ）求二面角D﹣EF﹣B的大小，并求CG的長．19．已知橢圓G：的離心率為，經(jīng)過左焦點F1（﹣1，0）的直線l與橢圓G訂交于A，B兩點，與y軸訂交于C點，且點C在線段AB上．（Ⅰ）求橢圓G的方程；（Ⅱ）若|AF1|=|CB|，求直線l的方程．2015-2016學年北京市海淀區(qū)高二（上）期末數(shù)學試卷（理科）參照答案與試題解析一、選擇題：本大題共10小題，每題4分，共40分.在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項切合題目要求的.1．已知圓（x+1）2+y2=2，則其圓心和半徑分別為（）A．（1，0），2B．（﹣1，0），2C．D．【考點】圓的標準方程．【解析】利用圓的標準方程的性質(zhì)求解．22【解答】解：圓（x+1）+y=2的圓心為（﹣1，0），應選：D．22．拋物線x=4y的焦點到準線的距離為（）A．B．1C．2D．4【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【解析】直接利用拋物線方程求解即可．【解答】解：拋物線x2=4y的焦點到準線的距離為：P=2．應選：C．3．雙曲線4x2﹣y2=1的一條漸近線的方程為（）A．2xy=0B．2x+y=1Cx2y=0Dx2y=1+．+．+【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【解析】將雙曲線的方程化為標準方程，求得a，b，由雙曲線的漸近線方程y=±x，即可獲得所求結(jié)論．【解答】解：雙曲線4x2﹣y2=1即為2，b=1，﹣y=1，可得a=由雙曲線的漸近線方程y=±x，可得所求漸近線方程為y=±2x．應選：A．4．在空間中，“直線a，b沒有公共點”是“直線A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【考點】空間中直線與直線之間的地點關系．

a，b互為異面直線”的（

）【解析】利用空間中兩直線的地點關系直接求解．“ab”“ab互為異面直線或直線ab”【解答】解：直線，沒有公共點?直線，，為平行線，“直線a，b互為異面直線”?“直線a，b沒有公共點”，∴“直線a，b沒有公共點”是“直線a，b互為異面直線”的必需不充分條件．應選：B．5．已知A，B為圓x2+y2=2ax上的兩點，若A，B關于直線y=2x+1對稱，則實數(shù)a=（）A．B．0C．D．1【考點】直線與圓的地點關系．【解析】依據(jù)題意，圓心C（a，0）在直線y=2x+1上，C的坐標并代入直線2x+y+a=0，再解關于a的方程，即可獲得實數(shù)a的值．【解答】解：∵A，B為圓x2+y2=2ax上的兩點，A，B關于直線y=2x+1對稱，∴圓心Ca0y=2x+1上，（，）在直線2a+1=0，解之得a=﹣應選：A．6l的方程為x﹣my2=0，則直線l（）．已知直線+A．恒過點（﹣2，0）且不垂直x軸B．恒過點（﹣2，0）且不垂直y軸C．恒過點（2，0）且不垂直x軸D．恒過點（2，0）且不垂直y軸【考點】直線的一般式方程．【解析】由直線l的方程為x﹣my+2=0，令y=0，解得x即可得出定點，再利用斜率即可判斷出與y軸地點關系．【解答】解：由直線l的方程為x﹣my2=0，令y=0，解得x=2．于是化為：y=﹣x1+﹣﹣，∴恒過點（﹣2，0）且不垂直y軸，應選：B．7．已知直線x+ay﹣1=0和直線ax+4y+2=0相互平行，則a的取值是（）A．2B．±2C．﹣2D．0【考點】直線的一般式方程與直線的平行關系．【解析】由直線的平行關系可得1×4﹣a?a=0，解得a值除掉重合可得．【解答】解：∵直線xay﹣1=0和直線ax4y2=0相互平行，+++1×4﹣a?a=0，解得a=2或a=﹣2，經(jīng)考據(jù)當a=﹣2時兩直線重合，應舍去應選：A8．已知兩直線a，b和兩平面α，β，以下命題中正確的為（A．若a⊥b且b∥α，則a⊥αB．若a⊥b且b⊥α，則a∥αC．若a⊥α且b∥α，則a⊥bD．若a⊥α且α⊥β，則a∥β

）【考點】空間中直線與平面之間的地點關系．【解析】利用空間線面平行、線面垂直以及面面垂直的性質(zhì)定理和判判斷理對選項分別解析選擇．B1P的長度的最大值．【解答】解：關于A，若a⊥b且b∥α，則a與α地點關系不確立；故A錯誤；關于B，若a⊥b且b⊥α，則a與α地點關系不確立；可能平行、可能在平面內(nèi)，也可能相交；故B錯誤；關于C，若a⊥α且b∥α，依據(jù)線面垂直和線面平行的性質(zhì)定理，可以獲得a⊥b；故確；關于D，若a⊥α且α⊥β，則a∥β也許a在平面β內(nèi)，故D錯誤；應選：C．

C正9．已知點A（5，0），過拋物線y2=4x上一點P的直線與直線x=﹣1垂直且交于點B，若|PB=PAcosAPB=（）|||，則∠A．0B．C．D．【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【解析】求出P的坐標，設P在x軸上的射影為C，則tan∠APC==，可得∠APB=120°，即可求出cos∠APB．【解答】解：由題意，|PB=PF=PA|，∴P的橫坐標為3，沒關系取點P32），|||（，設P在x軸上的射影為C，則tan∠APC==，∴∠APC=30°，∴∠APB=120°，∴cos∠APB=﹣．應選：C．10．如圖，在邊長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在底面ABCD上挪動，且滿足B1P⊥D1E，則線段B1P的長度的最大值為（）A．B．2C．D．3【考點】點、線、面間的距離計算．【解析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出線段【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設P（a，b，0），則D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），=（a﹣2，b﹣2，﹣2），=（1，2，﹣2），∵B1P⊥D1E，∴=a﹣2+2（b﹣2）+4=0，a+2b﹣2=0，∴點P的軌跡是一條線段，當a=0時，b=1；當設CD中點F，則點P在線段AF上，當A與P重合時，線段B1P的長度為：|AB1|=

b=0

時，a=2，=2；當P與

F重合時，P（0，1，0），

=（﹣2，﹣1，﹣2），線段

B1P的長度

|

|==3，當P在線段AF的中點時，P（1，，0），=（﹣1，﹣，﹣2），線段B1P的長度||==．∴線段B1P的長度的最大值為3．應選：D．二、填空題：本大題共6小題，每題4分，共24分.把答案填在題中橫線上.11．已知命題p：“?x∈R，x2≥0”，則￢p：?x∈R，x2＜0．【考點】命題的否定．【解析】直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結(jié)果即可．p：“?x∈R，x2≥0”，則￢p：【解答】解：由于全稱命題的否定是特稱命題，因此命題x∈R，x2＜0．故答案為：?x∈R，x2＜0．12．橢圓x2+9y2=9的長軸長為6．【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．【解析】將橢圓化為標準方程，求得a=3，即可獲得長軸長2a．【解答】解：橢圓x29y22即為，+即有a=3，b=1，則長軸長為2a=6．故答案為：6．22﹣my2是焦點在軸上的雙曲線，則的取值范圍為．若曲線：（，+∞）．【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【解析】將雙曲線的方程化為標準方程，由題意可得m＞0且m﹣2＞0，解不等式即可獲得所求范圍．22【解答】解：曲線C：mx+（2﹣m）y=1是焦點在x軸上的雙曲線，可得﹣=1，即有m＞0，且m﹣2＞0，解得m＞2．故答案為：（2，+∞）．14．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面四邊形ABCD的兩組對邊均不平行．①在平面PAB內(nèi)不存在直線與DC平行；②在平面PAB內(nèi)存在無數(shù)多條直線與平面PDC平行；③平面PAB與平面PDC的交線與底面ABCD不平行；上述命題中正確命題的序號為①②③．【考點】棱錐的結(jié)構(gòu)特色．【解析】①用反證法利用線面平行的性質(zhì)即可證明．②設平面PAB∩平面PDC=l，則l?平面PAB，且在平面PAB中有無數(shù)無數(shù)多條直線與l平行，即可判斷；③用反證法利用線面平行的性質(zhì)即可證明．【解答】解：①用反證法．設在平面PAB內(nèi)存在直線與DC平行，則CD∥平面PAB，又平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD∩平面PCD=CD，故CD∥AB，與已知矛盾，故原命題正確；②設平面PAB∩平面PDC=l，則l?平面PAB，且在平面PAB中有無數(shù)無數(shù)多條直線與l平行，故在平面PAB內(nèi)存在無數(shù)多條直線與平面PDC平行，命題正確；③用反證法．設平面PAB與平面PDC的交線l與底面ABCD平行，則l∥AB，l∥CD，可得：AB∥CD，與已知矛盾，故原命題正確．故答案為：①②③．15．已知向量，則與平面BCD所成角的正弦值為．【考點】直線與平面所成的角．【解析】求出平面BCD的法向量，利用向量法能求出與平面BCD所成角的正弦值．【解答】解：∵向量，∴==（﹣1，2，0），==（﹣1，0，3），設平面BCD的法向量為=（x，y，z），則，取x=6，得=（6，3，2），設與平面BCD所成角為θ，則sinθ===．∴與平面BCD所成角的正弦值為．故答案為：．16．若某三棱錐的三視圖以以以下圖，則該棱錐的體積為，表面積為3．【考點】由三視圖求面積、體積．【解析】幾何體為三棱錐，棱錐底面為等腰三角形，底邊為2，底邊的高為1，棱錐的高為．棱錐極點在底面的射影為底面等腰三角形的極點．【解答】解：由三視圖可知幾何體為三棱錐，棱錐極點在底面的射影為底面等腰三角形的頂點，棱錐底面等腰三角形的底邊為2，底邊的高為1，∴底面三角形的腰為，棱錐的高為．∴V==，S=+××2+=3．故答案為，三、解答題：本大題共3小題，共36分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17．已知△ABC的三個極點坐標為A（0，0），B（8，4），C（﹣2，4）．（1）求證：△ABC是直角三角形；（2）若△ABC的外接圓截直線4x3ym=0所得弦的弦長為6m的值．++，求【考點】直線與圓的地點關系；直線的斜率；圓的一般方程．【解析】（1）證明?=﹣16+16=0，可得⊥，即可證明△ABC是直角三角形；（2）求出△ABC的外接圓的方程，利用△ABC的外接圓截直線4x+3ym=0所得弦的弦長+為6，可得圓心到直線的距離d=4，即可求m的值．【解答】（1）證明：∵A（0，0），B（8，4），C（﹣2，4），∴=（8，4），=（﹣2，4），∴?=﹣16+16=0，∴⊥，∴ABC是直角三角形；x﹣3）2+（y﹣4）2=25，（2）解：△ABC的外接圓是以BC為直徑的圓，方程為（∵△ABC的外接圓截直線4x+3y+m=0所得弦的弦長為6，∴圓心到直線的距離d=4=，∴m=﹣4或﹣44．18．以以以下圖的幾何體中，2CC1=3AA1=6，CC1⊥平面ABCD，且AA1⊥平面ABCD，正方形ABCD的邊長為2，E為棱A1D中點，平面ABE分別與棱C1D，C1C交于點F，G．（Ⅰ）求證：AE∥平面BCC1；（Ⅱ）求證：A1D⊥平面ABE；（Ⅲ）求二面角D﹣EF﹣B的大小，并求CG的長．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判斷；直線與平面垂直的判斷．【解析】（Ⅰ）推導出CC1∥AA1，AD∥BC，從而平面AA1D∥平面CC1B，由此能證明AE∥平面CC1B．（Ⅱ）法1：推導出AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD，以AB，AD，AA1分別x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法能證明A1D⊥平面ABE．法2：推導出AA1⊥AB，AB⊥AD，從而AB⊥A1D，再由AE⊥A1D，能證明A1D⊥平面ABE．（Ⅲ）推導出平面EFD⊥平面ABE，從而二面角D﹣EF﹣B為90°，設，且λ[0，1]，則G（2，2，3λ），再由A1D⊥BG，能求出CG的長．【解答】證明：（Ⅰ）由于CC1⊥平面ABCD，且AA1⊥平面ABCD，因此CC1∥AA1，由于ABCD是正方形，因此AD∥BC，由于AA1∩AD=A，CC1∩BC=C，因此平面AA1D∥平面CC1B．由于AE?平面AA1D，因此AE∥平面CC1B．（Ⅱ）法1：由于AA1⊥平面ABCD，因此AA1⊥AB，AA1⊥AD，由于ABCD是正方形，因此AB⊥AD，以AB，AD，AA1分別x，y，z軸建立空間直角坐標系，則由已知可得B（2，0，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），E（0，1，1），，

，由于

，因此

，因此A1D⊥平面ABE．法2：由