右玉某中學(xué)高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷（理科）

右玉一中高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷（理科）

姓名:年級(jí):學(xué)號(hào):

題型選擇題填空題解答題判斷題計(jì)算題附加題總分

得分

評(píng)卷人得分

一、選擇題（共9題，共45分）

x2y2

1、點(diǎn)P是雙曲線小川-（a>0,b>0）左支上的一點(diǎn)，其右焦點(diǎn)為F（c,0）,若M為線段FP的中點(diǎn),

1

且M到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為鏟，則雙曲線的離心率e范圍是（）

A.（1,8]

B.（琦

c焉）

D.（2,3]

【考點(diǎn)】

【答案】B

x2y2

-------=]

【解析】解：設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F1,因?yàn)辄c(diǎn)P是雙曲線。二反（a>0,b>0）左支上的一點(diǎn)，其

1

右焦點(diǎn)為F（c,0）,若M為線段FP的中點(diǎn)，且M到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為.，

1

由三角形中位線定理可知：OM=2PF1,PF1=PF-2a,PFNa+c.

14

所以彳+2a-a+C,1<6-3.

故選B.

It——

2、空間四邊形OABC中，OB=OC,ZA0B=ZA0C=3,則COS<°4,的值是（）

1

A.2

泰

B.T

c.-

D.0

【考點(diǎn)】

【答案】D

TT——711

【解析】解：,；OB=OC,.OA.BC-.（0C_OB'）-.=1I-I|cos3-||?||cos=2||?（||-||）=0,

■,cosV^,>=0,

故選：D.

3、已知P（x,y）是直線kx+y+4=0（k>0）上一動(dòng)點(diǎn)，PA是圓C：x2+y2-2y=0的一條切線，A是切點(diǎn),

若PA長(zhǎng)度最小值為2,則k的值為（）

A.3

B.2

C.2d2

【考點(diǎn)】

【答案】D

【解析】解：圓C：x2+y2-2y=0的圓心（0,1）,半徑是r=1,YPA是圓C：x2+y2-2y=0的一條切線,

A是切點(diǎn)，PA長(zhǎng)度最小值為2,

???圓心到直線的距離PC最小，最小值為:口，

|1+4|

???由點(diǎn)到直線的距離公式可得,RF

-,-k>0,/.k=2

故選：D.

（單位:cm）

4、一個(gè)棱錐的三視圖如圖，則該棱錐的全面積（單位：cm2）為（

A.48+1

B.48+24

C.36+12

D.36+24

【考點(diǎn)】

【答案】A

【解析】解：此幾何體為一個(gè)三棱錐，其底面是邊長(zhǎng)為6的等腰直角三角形，頂點(diǎn)在底面的投影是斜邊的

1

中點(diǎn)由底面是邊長(zhǎng)為6的等腰直角三角形知其底面積是7*6X

又直角三角形斜邊的中點(diǎn)到兩直角邊的距離都是3,棱錐高為4,

所以三個(gè)側(cè)面中與底面垂直的側(cè)面三角形高是4,底面邊長(zhǎng)為61R,其余兩個(gè)側(cè)面的斜高為，3-+4-=5

1

—*

故三個(gè)側(cè)面中與底面垂直的三角形的面積為24X6=12,

另兩個(gè)側(cè)面三角形的面積都是20'=15

故此幾何體的全面積是18+2X15+12=48+12

故選A【考點(diǎn)精析】利用由三視圖求面積、體積對(duì)題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知求體積的關(guān)

鍵是求出底面積和高；求全面積的關(guān)鍵是求出各個(gè)側(cè)面的面積.

5、下列各小題中，p是q的充分不必要條件的是()①p：m<-2或m>6,q：y=x2+mx+m+3有兩個(gè)零

點(diǎn);

p——

②乙/(x)—q：y=f(x)是偶函數(shù)；

③p：cosa=cosP,q：tana=tan3；

@p：ACB=A,q：(CUB)C(]UA)

A.①②

B.②③

C.③④

D.①④

【考點(diǎn)】

【答案】A

【解析】解：①p：mV-2或m>6,q：y=x2+mx+m+3有兩個(gè)零點(diǎn)，貝IJ2\=m2-4(m+3)》0,解得m26或mW

-2,，p是q的充分不必要條件；

②由pnq,反之不成立，由于可能f(x)=0,，p是q的充分不必要條件；

n

③p：cosa=cosB,則a=2kn±3(kGZ),但是tana=tanB不一定成立，例如a=時(shí)；反之：

若tana=tan。,則a=kn+P,則cosa=cosB不一定成立，例如取k=2n-1時(shí)(nGZ),因此不滿足p

是q的充分不必要條件；

④p：APIB=A,則AUB,則([UB)￡([UA),即p=>q,反之也成立.，pu>q.

綜上可得：P是q的充分不必要條件的是①②.

故選:A.

6、“經(jīng)過兩條相交直線有且只有一個(gè)平面”是()

A.全稱命題

B.特稱命題

C.pVq的形式

D.pAq的形式

【考點(diǎn)】

【答案】A

【解析】解：“經(jīng)過兩條相交直線有且只有一個(gè)平面”可化為：“任意經(jīng)過兩條相交直線，都有且只有一

個(gè)平面”，為全稱命題，故選：A【考點(diǎn)精析】利用全稱命題和空間中直線與直線之間的位置關(guān)系對(duì)題目

進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知全稱命題P：VjeM,PG）,它的否定力：3xeM,力6）；全稱命

題的否定是特稱命題；相交直線：同一平面內(nèi)，有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；平行直線：同一平面內(nèi)，沒有公共

點(diǎn)；異面直線：不同在任何一個(gè)平面內(nèi)，沒有公共點(diǎn).

7、一道數(shù)學(xué)試題，甲、乙兩位同學(xué)獨(dú)立完成，設(shè)命題P是“甲同學(xué)解出試題”，命題q是“乙同學(xué)解出試

題”，則命題“至少有一位同學(xué)沒有解出試題”可表示為（）

A.Lp）VLq）

B.pVLq）

C.Lp）ALq）

D.pVq

【考點(diǎn)】

【答案】A

【解析】解：由于命題“至少有一位同學(xué)沒有解出試題”指的是：“甲同學(xué)沒有解出試題”或“乙同學(xué)沒

有解出試題”，

故此命題可以表示為「pV「q

故選：A.

【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解復(fù)合命題的真假的相關(guān)知識(shí)，掌握“或”、“且”、“非”

的真值判斷：“非p”形式復(fù)合命題的真假與F的真假相反；“p且q”形式復(fù)合命題當(dāng)P與q同為真時(shí)為真,

其他情況時(shí)為假；“P或q”形式復(fù)合命題當(dāng)P與q同為假時(shí)為假，其他情況時(shí)為真.

tx2y2

8、橢圓不,7=1與雙曲線工彳=1有相同的焦點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值是（）

1

A.2

B.1或-2

C.1或

D.1

【考點(diǎn)】

【答案】D

弓+x2y2

【解析】解：:.橢圓至’葭=1與雙曲線片H=i有相同的焦點(diǎn)，,它們的焦點(diǎn)在x軸上，

且6-a2=a+4（a>0）,

解得a-1,

故選D.

9\已知命題p：3xR,x-2>Igx,命題q：Vx￡R,x2>0,則（）

A.命題pVq是假命題

B.命題pAq是真命題

C.命題pA'q）是真命題

D.命題pV（「q）是假命題

【考點(diǎn)】

【答案】C

【解析】解：由于x=10時(shí)，x-2=8,lgx=lg10=1,故命題p為真命題，令x=0,則x2=0,故命題q為假

命題，

依據(jù)復(fù)合命題真假性的判斷法則，

得到命題pVq是真命題，命題p/\q是假命題，［q是真命題，

進(jìn)而得到命題pA(rq)是真命題，命題pV(「q)是真命題.

所以答案是C.

【考點(diǎn)精析】利用復(fù)合命題的真假和全稱命題對(duì)題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知“或”、

“且”、“非”的真值判斷：“非p”形式復(fù)合命題的真假與F的真假相反；“p且q”形式復(fù)合命題當(dāng)P

與q同為真時(shí)為真，其他情況時(shí)為假；“p或q”形式復(fù)合命題當(dāng)p與q同為假時(shí)為假，其他情況時(shí)為真;

全稱命題P：{{41所以答案是：12.

C(1,-1,5),則以AB,AC為邊的平行四邊形的面

積是______

【考點(diǎn)】

【答案】7'晝

【解析】解：(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5),：.AB=(-2,-1,3),AC=(1,

-3,2),||二呵||=

(-2-1,3)?(1,-3,2)1

.,.cosZBAC=啊x/=2,

ZBAC=60°—(4分)

.,.S=Xsin60o

所以答案是：

y

12、若實(shí)數(shù)x、y滿足(x-2)2+y2=3,則反的最大值為.

【考點(diǎn)】

【答案】:‘3

y

【解析】解：7=口，即連接圓上一點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)的直線的斜率，因此的最值即為過原點(diǎn)的直線與圓相切

時(shí)該直線的斜率.

12kl

設(shè)=卜，則kx-y=O.由z=,得k=±,

故()max=,()min=-.

所以答案是：

【考點(diǎn)精析】根據(jù)題目的已知條件，利用直線的斜率的相關(guān)知識(shí)可以得到問題的答案，需要掌握一條

直線的傾斜角a(a/90°)的正切值叫做這條直線的斜率,斜率常用小寫字母k表示,也就是k=tana.

13、已知p：-x2+7x+820,q：x2-2x+1-4m2W0.若il-'p"是il-'q"的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)m的

取值范圍為.

【考點(diǎn)】

【答案】[-1,U

【解析】解：根據(jù)題意，對(duì)于p：-x2+7x+820u>-1WxW8,貝I]-'p：xV-1或x>8；

q：x2-2x+1-4m2W0o1-2|m|WxW1+2|m|,

則一1q：xV1-21ml或x>1+2|m|；

若“「p”是“「q”的充分不必要條件，

必有{x|x<-1或x>8}4{x|xV1-21ml或x>1+2|m|},

l-2|?n|>-1

即(1+2|rn|<8,(等號(hào)不同時(shí)成立)

解可得-1WmW1；

所以答案是：[-1,1].

三、解答題(共5題，共25分)

14、已知橢圓C：。二(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為彳.以原點(diǎn)為圓心,

橢圓的短軸長(zhǎng)為直徑的圓與直線x-y+42=0相切.

(1)求橢圓C的方程;

(2)如圖，若斜率為k(k手0)的直線I與x軸、橢圓C順次相交于A,M,N(A點(diǎn)在橢圓右頂點(diǎn)的右

側(cè))，且NNF2F仁NMF2A.求證直線I恒過定點(diǎn)，并求出斜率k的取值范圍.

【考點(diǎn)】

【答案】

x2y2

一十七

(1)解：由橢圓c：Q?^=1(a>b>0)可知焦點(diǎn)在X軸上,

c￡

離心率e=?=2,

c2a2-b2i

.".e2=o2==2,即a2=2b2.

.??以原點(diǎn)為圓心，橢圓的短軸長(zhǎng)為直徑的圓與直線x-y+\'2=0相切,

，原點(diǎn)到直線X-y+=0的距離為b,

喧+?平

b二次+/二力+1=1,

/.b2=1,a2=2,

x2

二?橢圓方程為？+y2=1

(2)解：由題意，設(shè)直線I的方程為y=kx+m(k^O),M(x1,y1),N(x2,y2).

y=kx+m

年+y2=i

由2”,整理得：(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0.

由4=16卜2|112-4(2k2+1)(2m2-2)>0,得m2<2k2+1,

4km2m2—2

2

由韋達(dá)定理可知：X1+X2=-2N+1,xix2=2k+1.

-,-ZNF2F1=ZMF2A,且NMF2A去90°,^MF2+^JVF2=0.

又F2(1,0),

yxy2kxi+mkx2+m

則4-1+盯一1=0,即+X2-1=0,

化簡(jiǎn)得：2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0.

將x1+x2=-,x1x2=,代入上式,求得m=-2k,

，直線I的方程為y=kx-2k=k(x-2),

，直線過定點(diǎn)(2,0).

將m=-2k代入m2V2k2+1,

得4k2V2k2+1,即k2<,

又于0,

???直線I的斜率k的取值范圍是(-,0)U(0,)

【解析】(1)由題意可知：橢圓焦點(diǎn)在x軸上，離心率e==,求得a2=2b2.由原點(diǎn)到直線x-y+=0的距

離為b,即b===1,即可求得2=2,即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線I的方程為丫=1?<+巾(k羊0),

代入橢圓方程，由△>(),求得m2V2k2+1,由韋達(dá)定理可知：x1+x2=-,x1x2=,ZNF2F1=ZMF2A,且

NMF2A去90°,+=0,由直線的斜率公式，求得2kxix2+(m-k)(x1+x2)-2m=0.即可求得m=-2k,代

入直線方程求得y=kx-2k=k(x-2),則直線過定點(diǎn)(2,0),由m2V2k2+1,即可求得斜率k的取值范

圍.

1

15、已知經(jīng)過點(diǎn)A(-4,0)的動(dòng)直線I與拋物線G：x2=2py(p>0)相交于B、0,當(dāng)直線I的斜率是加寸,

一一

Ar=-1AR

4.(I)求拋物線G的方程；

(II)設(shè)線段BC的垂直平分線在y軸上的截距為b,求b的取值范圍.

【考點(diǎn)】

1

【答案】解：(I)直線I的斜率是5時(shí)，直線BC的方程為：x=2y-4,設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),

d=2w

x=2y-4j整理得：2y2-(8+p)y+8=0,

8+p

由韋達(dá)定理可知：y1+y2=2,yi.y2=4,

AC=-AB

由4,則y1=4y2,

由p>0,解得：y1=1,y2=4,

P-2,

???拋物線G：x2=4y；

(II)設(shè)I：y=k(x+4),BC中點(diǎn)坐標(biāo)為(xO,yO)

f=4y

由」=左(工+4),整理得：x2-4kx-16k=0,

一+“

由韋達(dá)定理可知:x1+x2=2k,則x0=2=2k,則yO=k(x0+4)=2k2+4k,

1

；.BC的中垂線方程為y-(2k2+4k)=-k(x-2k),

；.BC的中垂線在y軸上的截距為:b=2k2+4k+2=2（k+1）2,

對(duì)于方程由△=16k2+64k>0,解得：k>0或kV-4.

.\b的取值范圍（2,+8）

【解析】（1）設(shè)出B,C的坐標(biāo)，利用點(diǎn)斜式求得直線I的方程，與拋物線方程聯(lián)立消去x,利用韋達(dá)定理

一1一

Ar=-AR

表示出x1+x2和x1x2，由,4根據(jù)求得y2=4y1,最后聯(lián)立方程求得y1,y2和p,則拋物

線的方程可得.（2）設(shè)直線I的方程，AB中點(diǎn)坐標(biāo)，把直線與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式求得k的范圍，

利用韋達(dá)定理表示出x1+x2,進(jìn)而求得xO,利用直線方程求得yO,進(jìn)而可表示出AB的中垂線的方程,

求得其在y軸上的截距，根據(jù)k的范圍確定b的范圍.

16、在四棱錐P-ABCD中，ABJLAD,CD±AD,PA_L平面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M為PC的中點(diǎn).（I）求

證：BM〃平面PAD；

（II）平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)N,使MNJ■平面PBD?若存在，確定點(diǎn)N的位置；若不存在，請(qǐng)說明理

由.

【考點(diǎn)】

1

I—

【答案】證明：(I)如圖，取PD中點(diǎn)E,連接EM、AE,.,.EM=2CD,而ABCD,

???四邊形ABME是平行四邊形，」.BMaAE

,；AEu平面ADP,BMC平面ADP,

；.BM〃平面PAD.

(II)解：：PA_L平面ABCD,

.-.PA±AB,而AB_LAD,PACAD=A,

，AB_L平面PAD,.'.AB±PD；PA=AD,E是PD的中點(diǎn)，

.,,PD±AE,ABAAE=A,r.PDJ_平面ABME

作MN_LBE,交AE于點(diǎn)N,則MN_L平面PBD由題意知△BMES/\MEN,而BM=AE='Q,EM=CD=1,

EVEMEA/21@

由EM-BM,得EN=EM==2,

■■.AN=,即點(diǎn)N為AE的中點(diǎn).

【解析】(I)取PD中點(diǎn)E,連接EM、AE,由已知得四邊形ABME是平行四邊形，由此能證明BM〃平面PAD.(II)

由已知PA_LAB,AB±AD,從而AB_L平面PAD,進(jìn)而AB_LPD,由此得到PD_L平面ABME,作MN_LBE,交AE于

點(diǎn)N,則MNL平面PBD,從而求出點(diǎn)N為AE的中點(diǎn).

【考點(diǎn)精析】掌握直線與平面平行的判定和直線與平面垂直的性質(zhì)是解答本題的根本，需要知道平面

外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行；