安徽省合肥市第一六八中学2015-2016学年高二第一学期期末考试数学文试卷

这是一份安徽省合肥市第一六八中学2015-2016学年高二第一学期期末考试数学文试卷，共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分， 过抛物线等内容，欢迎下载使用。
合肥一六八中学2015—2016学年第一学期期末考试
高二数学(文科)试题
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2.选择题和非选择题答案必须填写在答题卷上相应位置，否则不得分。
3.考试结束后，请将答题卡和答题卷一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（共60题，每题5分。每题仅有一个正确选项）.
1.设，则“”是“”的（ ）
（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件
（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件
1.B
2. 如果命题“曲线上的点的坐标都是方程的解”是正确的，则下列命题中正确的是（ ）
A.曲线是方程的曲线； B.方程的每一组解对应的点都在曲线上；
C.不满足方程的点不在曲线上； D.方程是曲线的方程.
2【答案】C
3. 若椭圆的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
3.【解析】椭圆的离心率为，可得，可得，解得，∴双曲线的渐近线方程为：，故选．
4. 已知命题,使 命题,都有 给出下列结论：
①命题“”是真命题 ；②命题“”是假命题；
③命题“”是真命题 ；④命题“”是假命题 .其中正确的是（ ）
A.①②③ B.③④ C.②④ D.②③
4D【解析】由，知命题是假命题，由，知命题是真命题，可判断②、③正确.
5. 以双曲线的中心为顶点，右焦点为焦点的抛物线方程是（　　）
A． B． C． D．
5【解析】双曲线的右焦点为，，所以，则所求抛物线的方程为；故选B．
6. 在四面体中，，，且，为中点，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6【解析】如图所示，取中点，连接、，由已知条件，所以，由平面平面，且平面平面=，所以平面，则即为直线与平面所成的角，由，所以，则得到：，所以，，所以在中，,所以．
O
M
D
C
B
A

7. 若双曲线的渐近线和圆相切，则该双曲线的离心率等于（ ）
A． B．2 C．3 D．
7【解析】根据圆方程，得到圆心坐标，圆与渐近线相切，说明圆C到渐近线的距离等于半径1，再根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，算出c=3a，即可得出该双曲线的离心率．
圆可化为∴圆心坐标，∵双曲线的渐近线为圆与渐近线相切，∴C到渐近线的距离为，
8. 过抛物线（）的焦点作倾斜角为的直线，若直线与抛物线在第一象限的交点为并且点也在双曲线（，）的一条渐近线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8【解析】过抛物线：的焦点，且倾斜角为的直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程可得直线与抛物线在第一象限的交点为A，
点也在双曲线：的一条渐近线上，应在上，则，则有，，故选A．
9. 已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．







9【解析】如图所示，∵，∴为直角，即过△的小圆面的圆心为的中点，和所在的平面互相垂直，则圆心在过的圆面上，即的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合易得球半径为，球的表面积为，故选．

10. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）

A． B．4 C． D．
【答案】C
【解析】由三视图知该几何体为棱锥，如图2，其中平面ABCD．四面体的四个面中面SBD的面积最大，三角形SBD是边长为的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积最大的为，故选C．

11. （文科）若曲线，与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B.
11【解析】根据题意，将的图象画出，从而可知当直线与曲线相切时，联立方程，消去可得，，又∵切于第一象限，∴，从而实数的取值范围是.

11.（理科）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若，，是一个直角三角形的三个顶点，则点到轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
11【解析】可以证明，焦点三角形中，当点P在椭圆短轴端点时，最大．在该椭圆中，可计算最大时仍为锐角，即直角三角形的顶点只可能是焦点，所以点到轴的距离为点P的纵坐标y的绝对值．将代入椭圆方程得，,所以．故选D．
12. 如图，已知直线∥平面，在平面内有一动点，点是定直线上定点，且与所成角为（为锐角），点到平面距离为，则动点的轨迹方程为（ ）
． ．
． ．
12【答案】B
【解析】解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出，对于的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示，可以考虑选项里面的暗示，解题时需要先设动点坐标，然后表示找到关系.设，则，化简得．

二、填空题（共20分，每题5分）
13. 在中，“”是“”的 条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”、“既不充分也不必要”之一）
13【答案】必要不充分
14. 直线y=x+m与圆x2+y2=4交于不同的两点M、N，且，其中O为坐标原点，则实数m的取值范围是 .
14. 【答案】试题分析：MN的中点为A，则2=+，利用||≥|+|，可得||≥2||，从而可得||≤1，利用点到直线的距离公式，可得≤1，即可求出实数m的取值范围．
试题解析：解：设MN的中点为A，则OA⊥MN，并且2=+，
∵||≥|+|，∴||≥2||，即为2≥2||，解得||≤1，
∴O到直线MN的距离≤1，解得﹣≤m．
故答案为：．
15. 在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，，且，则在轴上的投影线段长的最大值是 .
【答案】15
【解析】因为点在椭圆上，所以可设，，所以,,所以有
，即，又向量在轴上投影为向量的横坐标，所以在轴上的投影线段长为，其最大值为
16.（文科）如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、分别交于两点，设，，给出以下四个结论：

①平面平面；②直线∥平面始终成立；
③四边形周长，是单调函数；
④四棱锥的体积为常数；以上结论正确的是___________．
16【答案】①②④
【解析】①因为，所以，所以平面平面成立；②因为，所以直线∥平面始终成立；
③因为，所以在上不是单调函数；
④，故为常数．
16．（理科）已知正四棱锥可绕着任意旋转，．若，,则正四棱锥在面内的投影面积的取值范围是 ．

16.【解析】由题意可得正四棱锥的侧面与底面所成角为，侧面上的高为2，设正四棱锥的底面与平面α所成角为θ，当时投影为矩形，其面积为2×2cosθ=4cosθ,当时，投影为一个矩形和一个三角形，此时VAB与平面α所成角为，正四棱锥在平面α上的投影面积为
4cosθ+,当时投影面积为，综上，正四棱锥在面内的投影面积的取值范围是.
三、解答题（共70分，每题需有必要的解答过程）
17.(本题满分10分) 设命题：“若，则有实根”．
（1）试写出命题的逆否命题；
（2）判断命题的逆否命题的真假，并写出判断过程．
解：（1）掌握四种命题的构成关系就不难写出的逆否命题；原结论否定作条件，原条件否定作结论；（2）从条件出发能推出结论，则为真命题，否则为假命题，本题从条件能推出结论，故为真命题．
（1）的逆否命题：若无实根，则．
（2）∵无实根，∴∴
∴“若无实根，则”为真命题．
18. (本题满分10分) 已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA=AD=DC=BC=，E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使面B1AE⊥面AECD，F，G分别为B1D，AE的中点．
（Ⅰ）求三棱锥E﹣ACB1的体积；
（Ⅱ）（文科）证明：B1E∥平面ACF；
（Ⅲ）（理科）证明：平面B1GD⊥平面B1DC．

18.解：（Ⅰ）由题意知，AD∥EC且AD=EC，所以四边形ADCE为平行四边形，
∴AE=DC=a，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠AEC=120°，
∴
连结B1G，则B1G⊥AE，又平面B1AE⊥平面AECD交线AE，
∴B1G⊥平面AECD且
∴
（Ⅱ）（文科）证明：连接ED交AC于O，连接OF，
∵AEDC为菱形，且F为B1D的中点，
∴FO∥B1E，
又B1E面ACF，FO平面ACF，
∴B1E∥平面ACF
（Ⅲ）(理科)证明：连结GD，则DG⊥AE，又B1G⊥AE，B1G∩GD=G，
∴AE⊥平面B1GD．
又AE∥DC，∴DC⊥平面B1GD，又DC平面B1DC
∴平面B1GD⊥平面B1DC．
19. 已知圆C：（x－1）2＋（y－2）2＝2，点P坐标为（2，－1），过点P作圆C的切线，切点为A、B．
（1）求直线PA，PB的方程； （2）求切线长的值；
（3）求直线AB的方程．
【答案】（1）7x―y―15＝0，或x＋y－1＝0；（2）；（3）x－3y＋3＝0.
试题解析：（1）易知切线斜率存在，设过P点圆的切线方程为y＋1＝k（x－2），
即kx―y―2k―1＝0.
因为圆心（1，2）到直线的距离为，＝，解得k＝7，或k＝－1
故所求的切线方程为7x―y―15＝0，或x＋y－1＝0
（2）在Rt△PCA中，因为|PC|＝＝，|CA|＝，
所以|PA|2＝|PC|2－|CA|2＝8.所以过点P的圆的切线长为2
（3）容易求出kPC＝－3，所以kAB＝
如图，由CA2＝CD·PC，可求出CD＝＝
设直线AB的方程为y＝x＋b，即x－3y＋3b＝0
由＝解得b＝1或b＝（舍）所以直线AB的方程为x－3y＋3＝0.


19(本题满分12分) 如图，直三棱柱中，D是的中点．

（1）证明：平面；
（2）设，求异面直线与所成角的大小．
19试题解析：（1）证明：连结，交于点O，连结OD，

因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：结合（1）易知即为异面直线与所成角，
因为为的中点，所以，
又因为该三棱柱是直三棱柱，所以平面，即平面，
,
．
20.(本题满分12分) 在四棱锥中，底面为直角梯形,∥，，⊥底面，且，、分别为、的中点．

（1）求证：；
（2）（文科）求与平面所成的角；
（3）（理科）点在线段上，试确定点的位置，使二面角为．
试题解析：（1）∵、分别为、的中点，∥
∴∥，即四点共面
∵N是PB的中点，PA=AB,∴AN⊥PB．∵AD⊥面PAB,∴AD⊥PB．
又∵ ∴PB⊥平面ADMN．
（2）连结DN，∵PB⊥平面ADMN，
∴∠BDN是BD与平面ADMN所成的角． 在中,
∴BD与平面ADMN所成的角是．
（3）作于点，连结 ∵⊥底面∴
∴∴ ∴就是二面角的平面角
若，则由可解得
∴当时，二面角的平面角为45°

21(本题满分13分) 抛物线的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
（1）若，求直线AB的斜率；
（2）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．
试题解析：（1）依题意知F（1,0），设直线AB的方程为．将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得．设，，所以，．①因为，所以．②联立①和②，消去，得．
所以直线AB的斜率是．
（2）由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于．
因为，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.

22．(文科，本题满分13分)如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，与轴平行的直线与椭圆交于、两点，过、两点且分别与直线、垂直的直线相交于点．已知椭圆的离心率为，右焦点到右准线的距离为．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明点在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；
（3）求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）详见解析，；（3）；
试题分析：（1）利用离心率和焦准距建立的关系式求解；（2）顺着题意，设点的坐标，表示出的方程，利用方程组得到点坐标满足的关系式，若关系式为二元一次方程，则该方程表示直线；（3）用（2）中所设坐标作为目标函数的变量，可以发现容易消去横坐标，从而得到一个关于的目标式，利用基本不等式或二次函数可以求得最大值；
试题解析：（1）由题意得，，
解得，所以，所以椭圆的标准方程为．
（2）设，显然直线的斜率都存在，设为
，则，，
所以直线的方程为：，
消去得，化简得，
故点在定直线上运动．
（3）由（2）得点的纵坐标为，
又，所以，则，
所以点到直线的距离为，
将代入得，
所以面积
，当且仅当，即时等号成立，故时，面积的最大值为．
22．（理科，本题满分13分）(本题满分13分)如图，已知椭圆（）经过点，离心率，直线的方程为．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）是经过椭圆右焦点的任一弦（不经过点），设直线与相交于点，记，，的斜率分别为，，，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在常数符合题意．
试题分析：（1）根据点在椭圆上，可将其代入椭圆方程，又且解方程组可得的值．（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立消去可得关于的一元二次方程，从而可得两根之和，两根之积．根据斜率公式可用表示出．从而可得的值．
试题解析：解：（Ⅰ）由点在椭圆上得，，①
又，所以，②
由①②得，故椭圆的方程为．
（Ⅱ）假设存在常数，使得， 由题意可设
则直线的方程为，③
代入椭圆方程， 并整理得，
设，则有，④
在方程③中，令得，，
从而．
又因为共线，则有， 即有，
所以
=，⑤
将④代入⑤得，又，
所以，故存在常数符合题意．