北京市海淀区2015高二上期末数学试卷理含解析

2015-2016学年北京市海淀区高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.1x12+y2，则其圆心和半径分别为（）．已知圆（+）A．（1，0），2B．（﹣1，0），2C．D．2）2．抛物线x=4y的焦点到准线的距离为（A．B．1C．2D．43．双曲线4x2﹣y2=1的一条渐近线的方程为（）A．2xy=0B．2x+y=1Cx2y=0Dx2y=1+．+．+4．在空间中，“直线a，b没有公共点”是“直线a，b互为异面直线”的（）A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件2y2为圆上的两点，若，关于直线+对称，则实数）．已知，（A．B．0C．D．16l的方程为x﹣my2=0，则直线l（）．已知直线+A．恒过点（﹣2，0）且不垂直x轴B．恒过点（﹣2，0）且不垂直y轴C．恒过点（2，0）且不垂直x轴D．恒过点（2，0）且不垂直y轴7xay﹣1=0和直线ax4y2=0相互平行，则a的取值是（）．已知直线+++A．2B．±2C．﹣2D．08．已知两直线a，b和两平面α，β，以下命题中正确的为（）A．若a⊥b且b∥α，则a⊥αB．若a⊥b且b⊥α，则a∥αC．若a⊥α且b∥α，则a⊥bD．若a⊥α且α⊥β，则a∥β9．已知点A（5，0），过抛物线y2=4x上一点P的直线与直线x=﹣1垂直且交于点B，若|PB|=|PA|，则cos∠APB=（）A．0B．C．D．10．如图，在边长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上挪动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为（）A．B．2C．D．3二、填空题：本大题共6小题，每题4分，共24分.把答案填在题中横线上.11p“xR2≥0”，则￢p：．12．椭圆x2+9y2=9的长轴长为．22﹣my2x轴上的双曲线，则m的取值范围为．13．若曲线C：mx+（）=1是焦点在14．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD的两组对边均不平行．①在平面PAB内不存在直线与DC平行；②在平面PAB内存在无数多条直线与平面PDC平行；③平面PAB与平面PDC的交线与底面ABCD不平行；上述命题中正确命题的序号为．15．已知向量，则与平面BCD所成角的正弦值为．16．若某三棱锥的三视图以以以下图，则该棱锥的体积为，表面积为．三、解答题：本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知△ABC的三个极点坐标为A（0，0），B（8，4），C（﹣2，4）．（1）求证：△ABC是直角三角形；（2）若△ABC的外接圆截直线4x+3y+m=0所得弦的弦长为6，求m的值．18．以以以下图的几何体中，2CC1=3AA1=6，CC1⊥平面ABCD，且AA1⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E为棱A1D中点，平面ABE分别与棱C1D，C1C交于点F，G．（Ⅰ）求证：AE∥平面BCC1；（Ⅱ）求证：A1D⊥平面ABE；（Ⅲ）求二面角D﹣EF﹣B的大小，并求CG的长．19．已知椭圆G：的离心率为，经过左焦点F1（﹣1，0）的直线l与椭圆G订交于A，B两点，与y轴订交于C点，且点C在线段AB上．（Ⅰ）求椭圆G的方程；（Ⅱ）若|AF1|=|CB|，求直线l的方程．2015-2016学年北京市海淀区高二（上）期末数学试卷（理科）参照答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.1．已知圆（x+1）2+y2=2，则其圆心和半径分别为（）A．（1，0），2B．（﹣1，0），2C．D．【考点】圆的标准方程．【解析】利用圆的标准方程的性质求解．22【解答】解：圆（x+1）+y=2的圆心为（﹣1，0），应选：D．22．抛物线x=4y的焦点到准线的距离为（）A．B．1C．2D．4【考点】抛物线的简单性质．【解析】直接利用抛物线方程求解即可．【解答】解：抛物线x2=4y的焦点到准线的距离为：P=2．应选：C．3．双曲线4x2﹣y2=1的一条渐近线的方程为（）A．2xy=0B．2x+y=1Cx2y=0Dx2y=1+．+．+【考点】双曲线的简单性质．【解析】将双曲线的方程化为标准方程，求得a，b，由双曲线的渐近线方程y=±x，即可获得所求结论．【解答】解：双曲线4x2﹣y2=1即为2，b=1，﹣y=1，可得a=由双曲线的渐近线方程y=±x，可得所求渐近线方程为y=±2x．应选：A．4．在空间中，“直线a，b没有公共点”是“直线A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件【考点】空间中直线与直线之间的地点关系．

a，b互为异面直线”的（

）【解析】利用空间中两直线的地点关系直接求解．“ab”“ab互为异面直线或直线ab”【解答】解：直线，没有公共点?直线，，为平行线，“直线a，b互为异面直线”?“直线a，b没有公共点”，∴“直线a，b没有公共点”是“直线a，b互为异面直线”的必需不充分条件．应选：B．5．已知A，B为圆x2+y2=2ax上的两点，若A，B关于直线y=2x+1对称，则实数a=（）A．B．0C．D．1【考点】直线与圆的地点关系．【解析】依据题意，圆心C（a，0）在直线y=2x+1上，C的坐标并代入直线2x+y+a=0，再解关于a的方程，即可获得实数a的值．【解答】解：∵A，B为圆x2+y2=2ax上的两点，A，B关于直线y=2x+1对称，∴圆心Ca0y=2x+1上，（，）在直线2a+1=0，解之得a=﹣应选：A．6l的方程为x﹣my2=0，则直线l（）．已知直线+A．恒过点（﹣2，0）且不垂直x轴B．恒过点（﹣2，0）且不垂直y轴C．恒过点（2，0）且不垂直x轴D．恒过点（2，0）且不垂直y轴【考点】直线的一般式方程．【解析】由直线l的方程为x﹣my+2=0，令y=0，解得x即可得出定点，再利用斜率即可判断出与y轴地点关系．【解答】解：由直线l的方程为x﹣my2=0，令y=0，解得x=2．于是化为：y=﹣x1+﹣﹣，∴恒过点（﹣2，0）且不垂直y轴，应选：B．7．已知直线x+ay﹣1=0和直线ax+4y+2=0相互平行，则a的取值是（）A．2B．±2C．﹣2D．0【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【解析】由直线的平行关系可得1×4﹣a?a=0，解得a值除掉重合可得．【解答】解：∵直线xay﹣1=0和直线ax4y2=0相互平行，+++1×4﹣a?a=0，解得a=2或a=﹣2，经考据当a=﹣2时两直线重合，应舍去应选：A8．已知两直线a，b和两平面α，β，以下命题中正确的为（A．若a⊥b且b∥α，则a⊥αB．若a⊥b且b⊥α，则a∥αC．若a⊥α且b∥α，则a⊥bD．若a⊥α且α⊥β，则a∥β

）【考点】空间中直线与平面之间的地点关系．【解析】利用空间线面平行、线面垂直以及面面垂直的性质定理和判判断理对选项分别解析选择．B1P的长度的最大值．【解答】解：关于A，若a⊥b且b∥α，则a与α地点关系不确立；故A错误；关于B，若a⊥b且b⊥α，则a与α地点关系不确立；可能平行、可能在平面内，也可能相交；故B错误；关于C，若a⊥α且b∥α，依据线面垂直和线面平行的性质定理，可以获得a⊥b；故确；关于D，若a⊥α且α⊥β，则a∥β也许a在平面β内，故D错误；应选：C．

C正9．已知点A（5，0），过抛物线y2=4x上一点P的直线与直线x=﹣1垂直且交于点B，若|PB=PAcosAPB=（）|||，则∠A．0B．C．D．【考点】抛物线的简单性质．【解析】求出P的坐标，设P在x轴上的射影为C，则tan∠APC==，可得∠APB=120°，即可求出cos∠APB．【解答】解：由题意，|PB=PF=PA|，∴P的横坐标为3，没关系取点P32），|||（，设P在x轴上的射影为C，则tan∠APC==，∴∠APC=30°，∴∠APB=120°，∴cos∠APB=﹣．应选：C．10．如图，在边长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上挪动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为（）A．B．2C．D．3【考点】点、线、面间的距离计算．【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设P（a，b，0），则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，∴点P的轨迹是一条线段，当a=0时，b=1；当设CD中点F，则点P在线段AF上，当A与P重合时，线段B1P的长度为：|AB1|=

b=0

时，a=2，=2；当P与

F重合时，P（0，1，0），

=（﹣2，﹣1，﹣2），线段

B1P的长度

|

|==3，当P在线段AF的中点时，P（1，，0），=（﹣1，﹣，﹣2），线段B1P的长度||==．∴线段B1P的长度的最大值为3．应选：D．二、填空题：本大题共6小题，每题4分，共24分.把答案填在题中横线上.11．已知命题p：“?x∈R，x2≥0”，则￢p：?x∈R，x2＜0．【考点】命题的否定．【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．p：“?x∈R，x2≥0”，则￢p：【解答】解：由于全称命题的否定是特称命题，因此命题x∈R，x2＜0．故答案为：?x∈R，x2＜0．12．椭圆x2+9y2=9的长轴长为6．【考点】椭圆的简单性质．【解析】将椭圆化为标准方程，求得a=3，即可获得长轴长2a．【解答】解：椭圆x29y22即为，+即有a=3，b=1，则长轴长为2a=6．故答案为：6．22﹣my2是焦点在轴上的双曲线，则的取值范围为．若曲线：（，+∞）．【考点】双曲线的简单性质．【解析】将双曲线的方程化为标准方程，由题意可得m＞0且m﹣2＞0，解不等式即可获得所求范围．22【解答】解：曲线C：mx+（2﹣m）y=1是焦点在x轴上的双曲线，可得﹣=1，即有m＞0，且m﹣2＞0，解得m＞2．故答案为：（2，+∞）．14．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD的两组对边均不平行．①在平面PAB内不存在直线与DC平行；②在平面PAB内存在无数多条直线与平面PDC平行；③平面PAB与平面PDC的交线与底面ABCD不平行；上述命题中正确命题的序号为①②③．【考点】棱锥的结构特色．【解析】①用反证法利用线面平行的性质即可证明．②设平面PAB∩平面PDC=l，则l?平面PAB，且在平面PAB中有无数无数多条直线与l平行，即可判断；③用反证法利用线面平行的性质即可证明．【解答】解：①用反证法．设在平面PAB内存在直线与DC平行，则CD∥平面PAB，又平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD∩平面PCD=CD，故CD∥AB，与已知矛盾，故原命题正确；②设平面PAB∩平面PDC=l，则l?平面PAB，且在平面PAB中有无数无数多条直线与l平行，故在平面PAB内存在无数多条直线与平面PDC平行，命题正确；③用反证法．设平面PAB与平面PDC的交线l与底面ABCD平行，则l∥AB，l∥CD，可得：AB∥CD，与已知矛盾，故原命题正确．故答案为：①②③．15．已知向量，则与平面BCD所成角的正弦值为．【考点】直线与平面所成的角．【解析】求出平面BCD的法向量，利用向量法能求出与平面BCD所成角的正弦值．【解答】解：∵向量，∴==（﹣1，2，0），==（﹣1，0，3），设平面BCD的法向量为=（x，y，z），则，取x=6，得=（6，3，2），设与平面BCD所成角为θ，则sinθ===．∴与平面BCD所成角的正弦值为．故答案为：．16．若某三棱锥的三视图以以以下图，则该棱锥的体积为，表面积为3．【考点】由三视图求面积、体积．【解析】几何体为三棱锥，棱锥底面为等腰三角形，底边为2，底边的高为1，棱锥的高为．棱锥极点在底面的射影为底面等腰三角形的极点．【解答】解：由三视图可知几何体为三棱锥，棱锥极点在底面的射影为底面等腰三角形的顶点，棱锥底面等腰三角形的底边为2，底边的高为1，∴底面三角形的腰为，棱锥的高为．∴V==，S=+××2+=3．故答案为，三、解答题：本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知△ABC的三个极点坐标为A（0，0），B（8，4），C（﹣2，4）．（1）求证：△ABC是直角三角形；（2）若△ABC的外接圆截直线4x3ym=0所得弦的弦长为6m的值．++，求【考点】直线与圆的地点关系；直线的斜率；圆的一般方程．【解析】（1）证明?=﹣16+16=0，可得⊥，即可证明△ABC是直角三角形；（2）求出△ABC的外接圆的方程，利用△ABC的外接圆截直线4x+3ym=0所得弦的弦长+为6，可得圆心到直线的距离d=4，即可求m的值．【解答】（1）证明：∵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的外接圆是以BC为直径的圆，方程为（∵△ABC的外接圆截直线4x+3y+m=0所得弦的弦长为6，∴圆心到直线的距离d=4=，∴m=﹣4或﹣44．18．以以以下图的几何体中，2CC1=3AA1=6，CC1⊥平面ABCD，且AA1⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E为棱A1D中点，平面ABE分别与棱C1D，C1C交于点F，G．（Ⅰ）求证：AE∥平面BCC1；（Ⅱ）求证：A1D⊥平面ABE；（Ⅲ）求二面角D﹣EF﹣B的大小，并求CG的长．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判断；直线与平面垂直的判断．【解析】（Ⅰ）推导出CC1∥AA1，AD∥BC，从而平面AA1D∥平面CC1B，由此能证明AE∥平面CC1B．（Ⅱ）法1：推导出AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD，以AB，AD，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明A1D⊥平面ABE．法2：推导出AA1⊥AB，AB⊥AD，从而AB⊥A1D，再由AE⊥A1D，能证明A1D⊥平面ABE．（Ⅲ）推导出平面EFD⊥平面ABE，从而二面角D﹣EF﹣B为90°，设，且λ[0，1]，则G（2，2，3λ），再由A1D⊥BG，能求出CG的长．【解答】证明：（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分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，则由已知可得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