海南省文昌市文昌中学2014-2015学年高二数学上学期期考（期末）试题 理.doc

1、海南省文昌市文昌中学2014-2015学年高二数学上学期期考（期末）试题 理注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。2. 回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号标黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3. 答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。第卷（选择题，共60分）一、选择题（每题5分，共60分）1不等式组的解集为()Ax|1x1Bx|0x3Cx|0x1Dx|1x32平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量、两两的夹角均为60，且|1，|2，

2、|3，则|等于 ()A5 B6 C4 D83已知a，b为非零向量，则“ab”是“函数f(x)(xab)(xba)为一次函数”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4下列四个命题中的真命题为()Ax0Z，14x03 Bx0Z，5x010CxR，x210 DxR，x2x205已知命题p：“x1,2，x2a0”；命题q：“xR，x22ax2a0”若命题“p且q”是真命题，则实数a的取值范围为()Aa2或a1Ba2或1a2 Ca1 D2a16长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A

3、BCD7等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D148已知为双曲线C：x2y2=2的左右焦点，点在上，则cosF1PF2 = （）ABCD9设变量x，y满足约束条件则目标函数z2x3y1的最大值为()A11B10 C9 D8.510设F1,F2是椭圆 （ab0）的左右焦点,若直线x = ma (m 1)上存在一点P, 使F2PF1是底角为30的等腰三角形，则m的取值范围是（）Am 2B1 m 2C1 m 11已知抛物线y2=2px (p0)的焦点为F，点A、B为抛物线上的两个动点，且满足AFB=90,过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为

4、N，则的最大值为（ ） A1 B C D12设双曲线C的中心为原点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|=|A2B2|，其中A1、B1和A2、B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）A（，+） B，2） C（，2 D，+）第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）13已知命题p：若xy，则xy，命题q：若xy，则x2y2。在命题pq；pq；p(q)；(p)q中，真命题是 .（写出正确答案序号）15题图14已知的三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为 .15如图，是双曲线0)的左、右焦点，过的直

5、线与双曲线分别交于点A、B，若为等边三角形，则的面积为 .16曲线C是平面内与两个定点F1（1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数 的点的轨迹。给出下列三个结论： 曲线C过坐标原点； 曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则FPF的面积大于a.其中，所有正确结论的序号是 .三、解答题（本大题6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17（10分）在中，角，对应的边分别是，。已知cos2A3cos(B+C)=1（I）求角的大小；（）若的面积，求的值.18（12分）已知椭圆的左焦点为，左右顶点分别为A、C，上顶点为B，O为原点，为椭圆上任意一点，过三点的圆的圆心坐标为

6、（1）当时，求椭圆的离心率的取值范围； （2）在（1）的条件下，椭圆的离心率最小时，若的最小值为，求椭圆的方程.19（12分）如图,在直棱柱，.() 证明:； () 求直线所成角的正弦值.20（12分）已知抛物线C的方程C：y 2 =2 p x（p0）过点A（1，2）.（I）求抛物线C的方程，并求其准线方程；（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l 的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。21（12分）如图，四棱锥中，平面，底面为菱形， ，是的中点，且，点在线段上。（1）当M在PC中点时，求点A到平面MBQ的距离；（2）

7、当二面角的大小为，求的值.22.（12分）已知椭圆的两个焦点为F1(-1，0)，F2(1，0)，且椭圆与直线y = x 相切() 求椭圆的方程；() 过F1作两条互相垂直的直线l 1，l 2，与椭圆分别交于P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值20142015学年度第一学期高二年级数学(理科)期考试题参考答案第卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题5分，共60分）第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）三、解答题（本大题6小题，满分70分）17解：（1） cos2A3cos(B+C)=1 1分 3分 又A为三角形内角 5分（2）， c = 4 由余弦定理得 8

8、分又由正弦定理得 10分19方法一：（1）证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示。 1分设ABt，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3) 从而(t，3，3)，(t，1，0)，(t，3，0)2分因为ACBD，所以t2300，解得t或t(舍去) 3分于是(，3，3)，(，1，0)因为3300， 4分所以，即ACB1D. 5分(2) 解：由(1)知，1(0，3，3)，(，1，0)，=(0，1

9、，0)设(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则 即令x1，则(1，) 8分设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin|cos，|. 11分即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 12分方法二证明：如图所示， ABCDA1B1C1D1为直三棱柱， BB1平面ABCD.又AC平面ABCD， ACBB1. 2分又ACBD，BDBB1= B AC平面BB1D，而B1D平面BB1D， ACB1D. 5分(2) 因为B1C1AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为)如图所示，联结A1D，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1B

10、AD90，所以A1B1平面ADD1A1，从而A1B1AD1.又ADAA13，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1，故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.由(1)知，ACB1D，所以B1D平面ACD1.故ADB190.在直角梯形ABCD中，因为ACBD，所以BACADB，从而 RtABCRtDAB，故， 即AB.连接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BBBD2BBAB2AD221，即B1D.在RtAB1D中，cosADB1，即cos(90)，从而sin .即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 12分若采用下列解答，得分为：（1）证明：如图所示， ABCDA1B

11、1C1D1为直三棱柱， BB1平面ABCD.又AC平面ABCD， ACBB1. 2分又ACBD，BDBB1= B 所以AC平面BB1D，而B1D平面BB1D，所以ACB1D. 5分（2）解：在直角梯形ABCD中，因为ACBD，所以BACADB， 从而 RtABCRtDAB，故， 即AB又易知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示。 则A(0,0,0)， B1(,0,3)，C(,1,0)，C1(,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3) 从而1(0，3，3)，(，1，0)，=(0，1，0) 8分设(x，y，

12、z)是平面ACD1的一个法向量，则 即令x1，则(1，)10分设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin|cos，|. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 12分M21. 解析：（1）法一： PA=PD，Q为AD中点， PQAD又平面平面，平面平面 PQ平面ABCD 底面为菱形， ADBQ 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，A(1，0，0)M为PC中点， M(-1, ) =(-1, ),= 3分设平面的一个法向量为，则 即 令z=2，则 x=，y=0 平面的一个法向量(，0，2) d=，即点A到平面MBQ的距离为。6分法二：等体积法，略（2）

13、由（1）知： PQ面CBQ, =（0,0，）为平面CBQ的一个法向量7分M设(), ，设平面的一个法向量为， 取， 9分由二面角大小为，可得：，解得， 11分 12分（2） 若直线l1的斜率存在时，设为k （k0），则l 2的斜率为所以直线l 1方程为 y= k（x+1）， 设PQ与椭圆的交点坐标为：P（x1，y1）， Q（x2，y2）， 化简得 2+1）+4x + 22= 0则 ， 6分=同理可得 =于是= 4=4（）= 4（）= 4（） 8分+10 =18 当且仅当= 即=1时取等号 （0， 4()，2）即直线l1的斜率存在时，2） 10分 若直线l1的斜率不存在（或为0）时，则=2 11分综上所述：，2所以四边形PMQN面积的最大值为2，,最小值为 12分=3060