高中理科数学高二上学期期末试卷

高中理科数学高二上学期期末试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，B={1，2}，则A∩（∁UB）（）A．∅B．{5}C．{3}D．{3，5}2．（5分）直线x+y﹣3=0的倾斜角是（）A．30°B．45°C．135°D．150°3．（5分）用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是（）A．棱锥B．圆柱C．球D．圆锥4．（5分）圆（r＞0）经过原点的充要条件是（）A．r=1B．r=2C．r=3D．r=45．（5分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，，，则等于（）A．B．C．D．6．（5分）“x＞0”是“|x﹣1|＜1”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．（5分）已知命题p：平行于同一直线的两个平面平行；命题q：垂直于同一平面的两条直线平行，那么（）A．“p或q”是假命题B．“p且q”是真命题C．“￢p或q”是假命题D．“￢p且q”是真命题8．（5分）已知椭圆C的离心率为，焦点为、，椭圆C上位于第一象限的一点P，且满足PF1⊥PF2，则|PF2|﹣|PF1|的值为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）9．（5分）抛物线x2=﹣4y的焦点坐标是，准线方程是．10．（5分）命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为．12．（5分）双曲线（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别是A、B，左、右焦点分别是F1、F2，若|AF1|，|AB|，|AF2|成等差数列，则此双曲线的离心率为．13．（5分）如图，一个简单空间几何体的三视图，其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的表面积是．14．（5分）椭圆4x2+9y2=144内有一点P（3，2）过点P的弦恰好以P为中点，那么这弦所在直线的斜率为，直线方程为．三、解答题（本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．（12分）已知p：﹣5≤2x﹣1≤5，q：（x+3m﹣2）（x﹣3m﹣2）≤0（m＞0），若¬p是¬q的充分不必要条件，求正实数m的取值范围．16．（12分）已知函数f（x）=x．若点在角α的终边上．（1）求sinα；（2）求f（α）的值．17．（14分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面）中，BC⊥AB，且AA1=AB=2．（1）求证：AB1⊥平面A1BC；（2）当BC=2时，求直线AC与平面A1BC所成的角．18．（14分）已知圆C过原点，圆心在射线y=2x（x＞0）上，半径为．（1）求圆C的方程；（2）若M为直线m：x+2y+5=0上的一动点，N为圆C上的动点，求|MN|的最小值以及|MN|取最小值时M点的坐标．19．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，G为BF的中点，若EG⊥面ABF，AB=2．（1）求证：EG∥面ABCD；（2）若AF=AB，求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．20．（14分）椭圆的离心率为，长轴端点与短轴端点间的距离为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点D（0，4）的直线l与椭圆C交于两点E，F，O为坐标原点，若△OEF为直角三角形，求直线l的斜率．广东省清远市2014-2015学年高二上学期期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，B={1，2}，则A∩（∁UB）（）A．∅B．{5}C．{3}D．{3，5}考点：交、并、补集的混合运算．专题：计算题．分析：先由补集的定义求出∁UB，再利用交集的定义求A∩∁UB．解答：解：∵U={1，2，3，4，5，6}，B={1，2}，∴∁UB═{3，4，5，6}，又集合A={1，3，5}，∴A∩∁UB={3，5}，故选D．点评：本题考查交、并补集的混合运算，解题的关键是熟练掌握交集与补集的定义，计算出所求的集合．2．（5分）直线x+y﹣3=0的倾斜角是（）A．30°B．45°C．135°D．150°考点：直线的倾斜角．专题：直线与圆．分析：利用直线斜率与倾斜角的关系即可得出．解答：解：设直线x+y﹣3=0的倾斜角为θ（θ∈考点：棱锥的结构特征．专题：空间位置关系与距离．分析：从几何体分截面图形判断即可．解答：解：用一个平面去截一个棱锥，得到的截面是三角形，不可能是圆，所以A正确；用一个平面去截一个圆柱，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以B不满足题目要求；用一个平面去截一个球，得到的截面是圆面，所以C不满足题目要求；用一个平面去截一个圆锥，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以D不满足题目要求；故选：A．点评：本题考查空间几何体的特征，考查空间想象能力．4．（5分）圆（r＞0）经过原点的充要条件是（）A．r=1B．r=2C．r=3D．r=4考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：简易逻辑．分析：把原点（0，0）代入圆（r＞0），即可得出圆经过原点的充要条件．解答：解：圆（r＞0）经过原点的充要条件是=r2，解得r=2．故选：B．点评：本题考查了圆的标准方程、简易逻辑的判定方法，属于基础题．5．（5分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，，，则等于（）A．B．C．D．考点：向量的三角形法则．专题：平面向量及应用．分析：根据图形，结合平面向量的加法与减法运算法则，即可得出正确的答案．解答：解：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，，，∴=+=+（﹣）=﹣+（﹣）=﹣+（﹣）=﹣+﹣．故选：D．点评：本题考查了平面向量的线性运算问题，是基础题目．6．（5分）“x＞0”是“|x﹣1|＜1”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点：充要条件．专题：计算题．分析：|x﹣1|＜1即0＜x＜2．由x＞0不能推出0＜x＜2，但由0＜x＜2能推出x＞0，故x＞0是0＜x＜2的必要不充分条件，从而得到结论．解答：解：由|x﹣1|＜1可得﹣1＜x﹣1＜1，解得0＜x＜2．由x＞0不能推出0＜x＜2，但由0＜x＜2能推出x＞0，故x＞0是0＜x＜2的必要不充分条件，即“x＞0”是“|x﹣1|＜1”的必要不充分条件，故选B．点评：本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，属于基础题．7．（5分）已知命题p：平行于同一直线的两个平面平行；命题q：垂直于同一平面的两条直线平行，那么（）A．“p或q”是假命题B．“p且q”是真命题C．“￢p或q”是假命题D．“￢p且q”是真命题考点：复合命题的真假．专题：空间位置关系与距离；简易逻辑．分析：首先运用线面平行的判定定理和线面垂直的性质定理，判断p，q的真假，然后运用复合命题的真值表即可得到答案．解答：解：对于命题p，若α∩β=m，a⊄α，a⊄β，a∥m，则由线面平行的判定定理，得a∥α，a∥β，则满足条件，故命题p为假命题；由直线和平面垂直的性质定理，得命题q正确．故￢p为真，“p或q”是真命题，“p且q”是假命题，“￢p或q”是真命题，“￢p且q”是真命题．故选D．点评：本题主要考查复合命题的真假判断，注意运用真值表，同时考查空间直线与平面的位置关系：平行和垂直，是一道基础题．8．（5分）已知椭圆C的离心率为，焦点为、，椭圆C上位于第一象限的一点P，且满足PF1⊥PF2，则|PF2|﹣|PF1|的值为（）A．1B．2C．3D．4考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：利用椭圆的定义，直角三角形满足的勾股定理，结合题目的条件求出|PF2|、|PF1|，然后求出结果．解答：解：椭圆C的离心率为，焦点为、，可得：a=3，c=，椭圆C上位于第一象限的一点P，且满足PF1⊥PF2，所以△F1PF2是直角三角形，可得|PF1|2+|PF2|2=4c2=20，|PF2|+|PF1|=2a=6，消去|PF1|可得：（6﹣|PF2|）2+|PF2|2=20，解得|PF2|=4，则|PF1|=2．∴|PF2|﹣|PF1|=2．故选：B．点评：本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的应用，考查计算能力．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）9．（5分）抛物线x2=﹣4y的焦点坐标是（0，﹣1），准线方程是y=1．考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：通过抛物线的标准方程才焦点坐标与准线方程即可．解答：解：抛物线x2=﹣4y的焦点坐标是（0，﹣1），准线方程为：y=1．故答案为：（0，﹣1）；y=1．点评：本题考查抛物线的标准方程的求法，考查计算能力．10．（5分）命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是∃x∈R，x2＜0．考点：命题的否定．分析：根据一个命题的否定定义解决．解答：解：由命题的否定义知：要否定结论同时改变量词故答案是∃x∈R，x2＜0点评：本题考查一个命题的否定的定义．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为60°．考点：异面直线及其所成的角．专题：计算题．分析：求两条异面直线AB1与BC1所成角，只要连结AD1，即可证明AD1∥BC1，可得∠D1AB1为两异面直线所成的角，在三角形D1AB1中可求解．解答：解：连结AD1，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AB∥D1C1且AB=D1C1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，则∠D1AB1为两异面直线AB1与BC1所成角．连结B1D1，∵正方体的所有面对角线相等，∴△D1AB1为正三角形，所以∠D1AB1=60°．故答案为60°．点评：本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，此题是中档题．12．（5分）双曲线（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别是A、B，左、右焦点分别是F1、F2，若|AF1|，|AB|，|AF2|成等差数列，则此双曲线的离心率为2．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；等差数列与等比数列；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：运用等差数列的性质，可得|AF1|+|AF2|=2|AB|=4a，即有2c=4a，由离心率公式即可得到．解答：解：|AF1|，|AB|，|AF2|成等差数列，则|AF1|+|AF2|=2|AB|=4a，即有|F1F2|=4a，即2c=4a，e==2．故答案为：2．点评：本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率的求法，考查等差数列的性质，考查运算能力，属于基础题．13．（5分）如图，一个简单空间几何体的三视图，其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的表面积是12．考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：由图可以得出此几何体的几何特征，此是一个正四棱锥，其底面边长是2，斜高也是2，由此计算出几何体的表面积，选出正确选项解答：解：由题意一个简单空间几何体的三视图其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，∴此几何体是一个正四棱锥，其底面是边长为2的正方形，斜高为2∴此几何体的表面积是S=2×2+4××2×2=4+8=12故答案为：12点评：本题考查由三视图求面积、体积，解题的关键是熟练掌握三视图的作图规则，由三视图还原出实物图的几何特征及测度，再由计算出表面积．14．（5分）椭圆4x2+9y2=144内有一点P（3，2）过点P的弦恰好以P为中点，那么这弦所在直线的斜率为，直线方程为2x+3y﹣12=0．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的一般式方程．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：平方差法：设弦端点为A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程后作差，利用斜率公式及中点坐标公式可得斜率；根据点斜式可得直线方程．解答：解：设弦端点为A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=6，y1+y2=4，①，=144②，①﹣②得，+9=0，即4（x1+x2）（x1﹣x2）+9（y1+y2）（y1﹣y2）=0，所以==，即，所以弦所在直线方程为：y﹣2=﹣（x﹣3），即2x+3y﹣12=0．故答案为：﹣；2x+3y﹣12=0．点评：本题考查直线与椭圆的位置关系、直线方程的求解，弦中点问题常利用平方差法解决，应熟练掌握．三、解答题（本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．（12分）已知p：﹣5≤2x﹣1≤5，q：（x+3m﹣2）（x﹣3m﹣2）≤0（m＞0），若¬p是¬q的充分不必要条件，求正实数m的取值范围．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：简易逻辑．分析：解不等式可求得：p：﹣2≤x≤3，q：2﹣3m≤x≤2+3m（m＞0）．解法一：则￢p：A={x|x＜﹣2或x＞3}，￢q：B={x|x＜2﹣3m或x＞2+3m，m＞0．由已知￢p是￢q的充分不必要条件，￢q不能推出￢p，得A⊊B．解出即可．解法二：解不等式可求得：p：A={x|﹣2≤x≤3}，q：B={x|2﹣3m≤x≤2+3m}（m＞0）．￢p是￢q的充分而不必要条件，即q是p的充分而不必要条件（或者p是q的必要而不充分条件）．由已知q⇒p，p不能推出q，得B⊊A．解出即可．解答：解：解不等式可求得：p：﹣2≤x≤3，q：2﹣3m≤x≤2+3m（m＞0）．解法一：则￢p：A={x|x＜﹣2或x＞3}，￢q：B={x|x＜2﹣3m或x＞2+3m，m＞0．由已知￢p是￢q的充分不必要条件，￢q不能推出￢p，得A⊊B．，解得．∴所求实数m的取值范围是．解法二：解不等式可求得：p：A={x|﹣2≤x≤3}，q：B={x|2﹣3m≤x≤2+3m}（m＞0）．￢p是￢q的充分而不必要条件，即q是p的充分而不必要条件（或者p是q的必要而不充分条件）．由已知q⇒p，p不能推出q，得B⊊A．，解得．经验证（上述不等式组中等号不能同时成立），∴所求实数m的取值范围是{x|}．点评：本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式组的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16．（12分）已知函数f（x）=x．若点在角α的终边上．（1）求sinα；（2）求f（α）的值．考点：任意角的三角函数的定义．专题：计算题；三角函数的求值．分析：（1）利用三角函数的定义，可求sinα；（2）由已知得f（α）=sin2α﹣2sin2α=2sinαcosα﹣2sin2α，即可求f（α）的值．解答：解：（1）因为点在角α的终边上，|PO|=2，…（2分）所以=﹣…（4分）（2）由（1）得cosα=…（7分）由已知得f（α）=sin2α﹣2sin2α=2sinαcosα﹣2sin2α=2×（﹣）×﹣2×=﹣3．…（12分）点评：本题考查三角函数的定义，考查学生的计算能力，比较基础．17．（14分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面）中，BC⊥AB，且AA1=AB=2．（1）求证：AB1⊥平面A1BC；（2）当BC=2时，求直线AC与平面A1BC所成的角．考点：直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）证明BC⊥AB1，A1B⊥AB1，利用直线与平面垂直的判定定理证明AB1⊥平面A1BC．（2）解法一：设AB1∩A1B=O，连结CO，说明∠ACO就是直线AC与平面A1BC所成的角θ，在Rt△AOC中，求解直线AC与平面A1BC所成的角．解法二：由（1）知以B为原点建立如图所示坐标系B﹣xyz，设BC=x，求出B，A，C，A1，求出=（2，﹣2，0），，直线AC与平面A1BC所成的角为θ，利用向量的数量积求解即可．解答：解：（1）证明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面）中，BC⊥AB，且AA1=AB=2．∴A1A⊥面ABC，…..（1分），BC⊂面ABC∴A1A⊥BC…..（2分）又∵BC⊥AB…..（3分），AB∩AA1=A，∴，（4分）平面AB1⊂平面ABB1A，∴BC⊥AB1，（5分）∵四边形A1ABB1是正方形，∴A1B⊥AB1…..（6分）又∵BC∩A1B=B，AB1⊥平面A1BC；…..（7分）（2）解法一：设AB1∩A1B=O，连结CO…（8分），∵BC⊥平面A1ABB1．则∠ACO就是直线AC与平面A1BC所成的角θ…（10分）∵BC=2，∵；…..（11分）∴…..（12分）在Rt△AOC中，，∴θ=…..（13分）∴BC的长为2时，直线AC与平面A1BC所成的角为．…..（14分）解法二：由（1）知以B为原点建立如图所示坐标系B﹣xyz，…（8分），设BC=x，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0）A1（0，2，2），…（10分），由（1）知AB1⊥平面A1BC，…（11分），B1（0，0，2），=（0，﹣2，2），…（12分），∵直线AC与平面A1BC所成的角为θ，∴，…（13分）即BC的长为2时，直线AC与平面A1BC所成的角为．…..（14分）点评：本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查计算能力以及逻辑推理能力．18．（14分）已知圆C过原点，圆心在射线y=2x（x＞0）上，半径为．（1）求圆C的方程；（2）若M为直线m：x+2y+5=0上的一动点，N为圆C上的动点，求|MN|的最小值以及|MN|取最小值时M点的坐标．考点：直线和圆的方程的应用．专题：直线与圆．分析：（1）设圆C的方程为：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2．通过，计算即可；（2）通过图象可知线段MN的延长线经过圆C的圆心，且与直线m垂直时|MN|的最小，联立直线MN、m的方程，利用点到直线的距离公式计算即可．解答：解：（1）设圆C的方程为：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2．由题意知：，解得a=1，b=2．∴圆C的方程为：（x﹣1）2+（y﹣2）2=5．（2）由图象可知线段MN的延长线经过圆C的圆心，且与直线m垂直时|MN|的最小，∴直线MN：y﹣2=2（x﹣1），∵MN∩m=M，∴联立，得M（﹣1，﹣2），设圆心C到直线m的距离为d，则d==，∴|MN|的最小值为d﹣r=．∴|MN|的最小值为，此时M的坐标（﹣1，﹣2）．点评：本题是一道直线与圆的方程的综合应用题，涉及到点到直线的距离公式等知识，注意解题方法的积累，属于中档题．19．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，G为BF的中点，若EG⊥面ABF，AB=2．（1）求证：EG∥面ABCD；（2）若AF=AB，求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）方法一：根据线面平行的判定定理即可证明EG∥面ABCD；方法二：建立坐标系，利用向量法进行证明．（2）方法一：根据二面角的定义求出二面角的平面角，根据边角关系进行求解即可．方法二：求出平面的法向量，利用向量法即可，求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．解答：解：解法一（（1）不建系）：（1）（解法一）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，∴GM∥FA，…（1分）又EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，∴CE∥AF，…（2分）∴CE∥GM，且GM⊥面ABCD，…（3分）∴四边形CEGM为平面四边形．…（4分）又因为MC⊂面ABCD，∴GM⊥MC，…（5分）∵EG⊥面ABCD，又∵GM⊂面ABF，∴GE⊥MG，∴EG∥CM，…（6分）又因为MC⊂面ABCD，EG⊄面ABCD，∴EG∥面ABCD…（7分）（解法二）∵ABCD为菱形，∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形，…（1分）又∵M是AB的中点，∴MC⊥AB，…（2分）又∵FA⊥面ABCD，MC⊂面ABCD，∴FA⊥MC，…（3分）AB∩FA=A，∴MC⊥面ABF，…（4分）已知EG⊥面ABF，∴MC∥EG…（5分）又因为MC⊂面ABCD，EG⊄面ABCD，∴EG∥面ABCD…（7分）（2）（解法一）由题意知△FAB≌△FAD，∴FB=FD=2…（1分）同理△FAB≌△FAD，EB=ED=，…（2分），∴△FEB≌△FED，…（3分），过B作BH⊥FE，连HD，则DH⊥FE，…（4分），∴∠BHD为所求角的平面角…（5分），在直角梯形FACE中，FE=，根据面积相等FB•EG=BH•FE得…（6分），在△BHD中，根据余弦定理得COS∠BHD=，∴为所求角的余弦值为…（7分）（解法二）建立如图所示的坐标系，∵AB=2，AF=AB，由（1）知四边形GMCE为矩形．则B（）E（0，1，1）F（0，﹣1，2）=（0，﹣2，1），=（，﹣1，﹣1），=（，1，1），…（10分）设平面BEF的法向量n1=（x，y，z）则令y=1，则，∴n1=（）…（12分）同理，可求平面DEF的法向量n2=（﹣）…（13分）设所求二面角的平面角为θ，则cosθ=．…（14分）解法二（（1）、（