广东省深圳高中2014-2015学年高二上学期期中数学试卷（理科） WORD版含解析.doc

1、广东省深圳高中2014-2015学年高二上学期期中数学试卷（理科）一、选择题（本题8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合要求的）1（5分）若aR，则a=2是（a1）（a2）=0的（）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2（5分）抛物线y2=16x的焦点为（）A（0，2）B（4，0）CD3（5分）若、为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是（）A，+，B，+，C，+，D+，+24（5分）若点P（1，1）为圆（x3）2+y2=9的弦MN的中点，则弦MN所在直线方程为（）A2x+y3=0Bx2y+1=0Cx+2y3=0D

2、2xy1=05（5分）命题p：不等式x（x1）0的解集为x|0x1，命题q：“A=B”是“sinA=sinB”成立的必要非充分条件，则（）Ap真q假Bp且q为真Cp或q为假Dp假q真6（5分）若向量=（1，1），=（2，1，1）且与的夹角的余弦值为，则等于（）A2B2C2或D2或7（5分）若点A的坐标为（3，2），F是抛物线y2=2x的焦点，点M在抛物线上移动时，使|MF|+|MA|取得最小值的M的坐标为（）A（0，0）BCD（2，2）8（5分）已知圆O：x2+y2=r2，点P（a，b）（ab0）是圆O内一点，过点P的圆O的最短弦所在的直线为l1，直线l2的方程为ax+by+r2=0，那么（）

3、Al1l2，且l2与圆O相离Bl1l2，且l2与圆O相切Cl1l2，且l2与圆O相交Dl1l2，且l2与圆O相离二填空题：（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）9（5分）有下列四个命题：命题“若xy=1，则x，y互为倒数”的逆命题；命题“面积相等的三角形全等”的否命题；命题“若m1，则x22x+m=0有实根”的逆否命题；命题“若AB=B，则AB”的逆否命题其中是真命题的是（填上你认为正确的命题的序号）10（5分）命题“对任何xR，|x2|+|x4|3”的否定是11（5分）若直线y=xm与曲线有两个不同的交点，则实数m的取值范围是12（5分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形

4、，ABEF，EAB=90，AB=4，AD=AE=EF=1，平面ABEF平面ABCD，则点D到平面BCF的距离为13（5分）已知双曲线=1（a0，b0）的左、有焦点分别为F1，F2，若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率e的取值范围为14（5分）已知P是椭圆=1上的点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，若，则F1PF2的面积为三解答题：（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）设p：实数x满足x24ax+3a20，其中a0，q：实数x满足（）若a=1，p且q为真，求实数x的取值范围；（）若p是q的必要不充分条件，求实数a

5、的取值范围16（12分）如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H（1）求证：ABFG；（2）若PA底面ABCDE，且PA=AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长17（14分）在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x26x+1与坐标轴的交点都在圆C上（）求圆C的方程；（）若圆C与直线xy+a=0交与A，B两点，且OAOB，求a的值18（14分）已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值（1）试求动点P的轨迹方程C；（2）设直线l：y=kx+1与曲线C交于MN两点，当|MN|=

6、时，求直线l的方程19（14分）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，C1H平面AA1B1B，且C1H=（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（2）求二面角AA1C1B1的正弦值20（14分）已知椭圆C的中心在原点，一个焦点，且长轴长与短轴长的比是（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1，过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA，PB分别交椭圆C于另外两点A，B，求证：直线AB的斜率为定值；（3）求PAB面积的最大值广东省深圳高中2014-2015学年高二上学期期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题8个

7、小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合要求的）1（5分）若aR，则a=2是（a1）（a2）=0的（）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：必要条件、充分条件与充要条件的判断 分析：根据一元二次方程根的定义，我们判断出a=2（a1）（a2）=0及（a1）（a2）=0a=2的真假，进而根据充要条件的定义即可得到答案解答：解：当a=2时，（a1）（a2）=0成立故a=2（a1）（a2）=0为真命题而当（a1）（a2）=0，a=1或a=2，即a=2不一定成立故（a1）（a2）=0a=2为假命题故a=2是（a1）（a2）=0的充分不必要条

8、件故选A点评：本题考查的知识点是充要条件，其中判断a=2（a1）（a2）=0及（a1）（a2）=0a=2是解答本题的关键2（5分）抛物线y2=16x的焦点为（）A（0，2）B（4，0）CD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：焦点在x轴的正半轴上，且p=8，利用焦点为（，0），写出焦点坐标解答：解：抛物线y2=2x的焦点在x轴的正半轴上，且p=8，=4，故焦点坐标为（4，0），故选B点评：本题考查抛物线的标准方程，以及简单性质的应用，求的值是解题的关键3（5分）若、为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是（）A，+，B，+，C，+，D+，+2考点：空间向量

9、的基本定理及其意义 专题：证明题分析：空间的一组基底，必须是不共面的三个向量，利用向量共面的充要条件可证明A、B、D三个选项中的向量均为共面向量，利用反证法可证明C中的向量不共面解答：解：（+）+（）=2，+，共面，不能构成基底，排除 A；（+）（）=2，+，共面，不能构成基底，排除 B；+2=（+）（），+，+2共面，不能构成基底，排除 D；若、+、共面，则=（+）+m（）=（+m）+（m），则、为共面向量，此与、为空间的一组基底矛盾，故，+，可构成空间向量的一组基底故选：C点评：本题主要考查了空间向量基本定理，向量共面的充要条件等基础知识，判断向量是否共面是解决本题的关键，属基础题4（5分

10、）若点P（1，1）为圆（x3）2+y2=9的弦MN的中点，则弦MN所在直线方程为（）A2x+y3=0Bx2y+1=0Cx+2y3=0D2xy1=0考点：直线与圆相交的性质 专题：计算题；转化思想分析：求出圆心坐标，求出PC的斜率，然后求出MN的斜率，即可利用点斜式方程求出直线MN的方程解答：解：圆心C（3，0），MN方程为y1=2（x1），即2xy1=0，故选D点评：本题是基础题，考查直线的斜率的求法，直线方程的求法，考查计算能力，转化思想的应用5（5分）命题p：不等式x（x1）0的解集为x|0x1，命题q：“A=B”是“sinA=sinB”成立的必要非充分条件，则（）Ap真q假Bp且q为真C

11、p或q为假Dp假q真考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断 专题：简易逻辑分析：对命题p，q分别判断真假，然后按照复合命题的真假判断解答解答：解：由题意命题p：不等式x（x1）0的解集为x|0x1，为真命题；因为“A=B”是“sinA=sinB”成立的充分不必要条件，所以命题q是假命题故选A点评：本题考查了命题的真假判断以及复合命题的判断，属于基础题6（5分）若向量=（1，1），=（2，1，1）且与的夹角的余弦值为，则等于（）A2B2C2或D2或考点：空间向量的数量积运算 专题：空间向量及应用分析：根据向量数量积的定义以及坐标表示，列出方程，求出的值解答：解：向量=（1，1），=（2，1，1

12、），且与的夹角的余弦值为，=|cos，=；又=12+（1）+11=3，=3；两边平方得=（3）2，整理得5236+52=0，解得=2，=故选：D点评：本题考查了空间向量的应用问题，解题时应类比平面向量的定义与性质，是基础题7（5分）若点A的坐标为（3，2），F是抛物线y2=2x的焦点，点M在抛物线上移动时，使|MF|+|MA|取得最小值的M的坐标为（）A（0，0）BCD（2，2）考点：抛物线的定义 专题：计算题分析：求出焦点坐标和准线方程，把|MF|+|MA|转化为|MA|+|PM|，利用 当P、A、M三点共线时，|MA|+|PM|取得最小值，把y=2代入抛物线y2=2x 解得x值，即得M的坐

13、标解答：解：由题意得 F（ ，0），准线方程为 x=，设点M到准线的距离为d=|PM|，则由抛物线的定义得|MA|+|MF|=|MA|+|PM|，故当P、A、M三点共线时，|MF|+|MA|取得最小值为|AP|=3（）=把 y=2代入抛物线y2=2x 得 x=2，故点M的坐标是（2，2），故选D点评：本题考查抛物线的定义和性质得应用，解答的关键利用是抛物线定义，体现了转化的数学思想8（5分）已知圆O：x2+y2=r2，点P（a，b）（ab0）是圆O内一点，过点P的圆O的最短弦所在的直线为l1，直线l2的方程为ax+by+r2=0，那么（）Al1l2，且l2与圆O相离Bl1l2，且l2与圆O相切

14、Cl1l2，且l2与圆O相交Dl1l2，且l2与圆O相离考点：直线与圆的位置关系；直线的一般式方程与直线的平行关系 专题：计算题；直线与圆分析：用点斜式求得直线m的方程，与直线l的方程对比可得ml，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线l的距离大于半径 r，从而得到圆和直线l相离解答：解：由题意可得a2+b2r2，OPl1KOP=，l1的斜率k1=故直线l1的方程为 yb=（xa），即 ax+by（a2+b2）=0又直线l2的方程为ax+byr2=0，故l1l2，圆心到直线l2的距离为=r，故圆和直线l2相离故选A点评：本题考查点和圆、直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，得到圆心到直线l的距

15、离大于半径 r，是解题的关键二填空题：（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）9（5分）有下列四个命题：命题“若xy=1，则x，y互为倒数”的逆命题；命题“面积相等的三角形全等”的否命题；命题“若m1，则x22x+m=0有实根”的逆否命题；命题“若AB=B，则AB”的逆否命题其中是真命题的是（填上你认为正确的命题的序号）考点：命题的真假判断与应用 分析：命题判断一是直接判断二是用等价命题法若x，y互为倒数，则xy=1成立；三角形全等则面积一定相等正确，若m1则=44m0方程有根若AB=B应是BA解答：解：若x，y互为倒数，则xy=1成立；逆命题是“三角形全等则面积一定相等”正确则其否命题正确

16、，若m1则=44m0方程有根原命题正确则其逆否命题正确若AB=B应是BA则其逆否命题不正确故答案是点评：本题主要考查命题的判断方法10（5分）命题“对任何xR，|x2|+|x4|3”的否定是x0R有|x2|+|x4|3考点：命题的否定 专题：阅读型分析：将命题中的“任何”变为“”，同时将结论否定即可解答：解：“对任何xR，|x2|+|x4|3”的否定是x0R，有，|x2|+|x4|3故答案为x0R有|x2|+|x4|3点评：本题考查含量词的命题的否定形式：将：“任意”与“存在”互换，结论否定11（5分）若直线y=xm与曲线有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（，1考点：直线与圆的位置关系 专

17、题：计算题；数形结合分析：有两个表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x轴以及x轴上方的部分，把斜率是1的直线平行移动，即可求得结论解答：解：表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x轴以及x轴上方的部分作出曲线的图象，在同一坐标系中，再作出直线y=xm，平移过程中，直线先与圆相切，再与圆有两个交点，直线与曲线相切时，可得，=1m=当直线y=xm经过点（1，0）时，m=1，直线y=x+1，而该直线也经过（0，1），即直线y=x+1与半圆有2个交点故答案为：（，1点评：本题考查直线与曲线的交点问题，在同一坐标系中，分别作出函数的图象，借助于数形结合是求解的关键12（5分）如图，在多面体ABCDEF

18、中，四边形ABCD是矩形，ABEF，EAB=90，AB=4，AD=AE=EF=1，平面ABEF平面ABCD，则点D到平面BCF的距离为考点：点、线、面间的距离计算 专题：计算题；作图题；空间位置关系与距离分析：由题意作出图象，则可将点D到平面BCF的距离可化为点A到平面BCF的距离，再转化为平面ABEF内点A到直线BF的距离，从而利用面积相等求解解答：解：如右图，四边形ABCD是矩形，ADBC，点D到平面BCF的距离可化为点A到平面BCF的距离，又平面ABEF平面ABCD，平面BCF平面ABEF，点A到平面BCF的距离可化为平面ABEF内点A到直线BF的距离，则在平面ABEF内，BF=，则h=

19、41，则h=故答案为：点评：本题考查了学生的作图能力与转化能力，属于中档题13（5分）已知双曲线=1（a0，b0）的左、有焦点分别为F1，F2，若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率e的取值范围为1e2考点：双曲线的简单性质 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：设P点的横坐标为x，根据|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支（xa），利用双曲线的第二定义，可得x关于e的表达式，进而根据x的范围确定e的范围解答：解：设P点的横坐标为x|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支（xa）根据双曲线的第二定义，可得，ex=2axa，exea2aea，e2e1，1e

20、2故答案为：1e2点评：本题主要考查了双曲线的简单性质，考查了双曲线的第二定义的灵活运用，属于基础题14（5分）已知P是椭圆=1上的点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，若，则F1PF2的面积为考点：椭圆的简单性质 专题：解三角形；平面向量及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：首先利用椭圆的方程求得：|PF1|+|PF2|=10，|F1F2|=8，进一步利用余弦定理|PF2|cos解得：|PF1|PF2|=12，在利用向量的夹角求出，最后利用三角形的面积公式求的结果解答：解：已知P是椭圆=1上的点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，则：|PF1|+|PF2|=10，|F1F2|=8在PF1F

21、2中，利用余弦定理得：|PF2|coscos=解得：则：|PF1|PF2|=12故答案为：点评：本题考查的知识要点：椭圆的定义和性质，余弦定理得应用，向量的夹角，及三角形的面积的应用三解答题：（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）设p：实数x满足x24ax+3a20，其中a0，q：实数x满足（）若a=1，p且q为真，求实数x的取值范围；（）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围考点：命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断 专题：阅读型分析：（1）把a=1代入不等式后求解不等式，同时求解不等式组，得到命题p和命题q中x的取值范围，

22、由p且q为真，对求得的两个范围取交集即可；（2）p是q的必要不充分条件，则集合B是集合A的子集，分类讨论后运用区间端点值之间的关系可求a的取值范围解答：解：（）由x24ax+3a20，得：（x3a）（xa）0，当a=1时，解得1x3，即p为真时实数x的取值范围是1x3由，得：2x3，即q为真时实数x的取值范围是2x3若p且q为真，则p真且q真，所以实数x的取值范围是2x3 （） p是q的必要不充分条件，即q推出p，且p推不出q，设A=x|p（x），B=x|q（x），则B是A的真子集，又B=（2，3，当a0时，A=（a，3a）；a0时，A=（3a，a）所以当a0时，有，解得1a2，当a0时，显然

23、AB=，不合题意所以实数a的取值范围是1a2点评：本题是命题真假的判断与应用，考查了必要条件问题，考查了数学转化和分类讨论思想，是中档题16（12分）如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H（1）求证：ABFG；（2）若PA底面ABCDE，且PA=AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长考点：直线与平面所成的角 专题：计算题；证明题；空间位置关系与距离；空间角分析：（1）运用线面平行的判定定理和性质定理即可证得；（2）由于PA底面ABCDE，底面AMDE为正方形，建立如图的

24、空间直角坐标系Axyz，分别求出A，B，C，E，P，F，及向量BC的坐标，设平面ABF的法向量为n=（x，y，z），求出一个值，设直线BC与平面ABF所成的角为，运用sin=|cos|，求出角；设H（u，v，w），再设，用表示H的坐标，再由n=0，求出和H的坐标，再运用空间两点的距离公式求出PH的长解答：（1）证明：在正方形AMDE中，B是AM的中点，ABDE，又AB平面PDE，AB平面PDE，AB平面ABF，且平面ABF平面PDE=FG，ABFG；（2）解：PA底面ABCDE，PAAB，PAAE，如图建立空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（2，1，0），P（0，

25、0，2），E（0，2，0），F（0，1，1），设平面ABF的法向量为n=（x，y，z），则即，令z=1，则y=1，n=（0，1，1），设直线BC与平面ABF所成的角为，则sin=|cos|=|=，直线BC与平面ABF所成的角为，设H（u，v，w），H在棱PC上，可设，即（u，v，w2）=（2，1，2），u=2，v=，w=22，n是平面ABF的法向量，n=0，即（0，1，1）（2，22）=0，解得=，H（），PH=2点评：本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面平行、垂直的判定和性质，同时考查直线与平面所成的角的求法，考查运用空间直角坐标系求角和距离，是一道综合题17（14分）在平面

26、直角坐标系xOy中，曲线y=x26x+1与坐标轴的交点都在圆C上（）求圆C的方程；（）若圆C与直线xy+a=0交与A，B两点，且OAOB，求a的值考点：圆的标准方程；直线与圆相交的性质 专题：直线与圆分析：（）法一：写出曲线与坐标轴的交点坐标，利用圆心的几何特征设出圆心坐标，构造关于圆心坐标的方程，通过解方程确定出圆心坐标，进而算出半径，写出圆的方程；法二：可设出圆的一般式方程，利用曲线与方程的对应关系，根据同一性直接求出参数，（）利用设而不求思想设出圆C与直线xy+a=0的交点A，B坐标，通过OAOB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻找关于a的方程，通过解方程确定出a的值解答：解：（）法一：

27、曲线y=x26x+1与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（3+2，0），（32，0）可知圆心在直线x=3上，故可设该圆的圆心C为（3，t），则有32+（t1）2=（2）2+t2，解得t=1，故圆C的半径为，所以圆C的方程为（x3）2+（y1）2=9法二：圆x2+y2+Dx+Ey+F=0x=0，y=1有1+E+F=0y=0，x2 6x+1=0与x2+Dx+F=0是同一方程，故有D=6，F=1，E=2，即圆方程为x2+y26x2y+1=0（）设A（x1，y1），B（x2，y2），其坐标满足方程组，消去y，得到方程2x2+（2a8）x+a22a+1=0，由已知可得判别式=5616a4a20在此条

28、件下利用根与系数的关系得到x1+x2=4a，x1x2=，由于OAOB可得x1x2+y1y2=0，又y1=x1+a，y2=x2+a，所以可得2x1x2+a（x1+x2）+a2=0由可得a=1，满足=5616a4a20故a=1点评：本题考查圆的方程的求解，考查学生的待定系数法，考查学生的方程思想，直线与圆的相交问题的解决方法和设而不求的思想，考查垂直问题的解决思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型18（14分）已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值（1）试求动点P的轨迹方程C；（2）设直线l：y=kx+1与曲线C交于MN两点，当|MN|=时，求直线l的方程考点：直

29、线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（）设出P的坐标，利用动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值，建立方程，化简可求动点P的轨迹方程C（）直线l：y=kx+1与曲线C方程联立，利用韦达定理计算弦长，即可求得结论解答：解：（）设动点P的坐标是（x，y），由题意得：kPAkPB=，化简，整理得故P点的轨迹方程是，（x）（）设直线l与曲线C的交点M（x1，y1），N（x2，y2），由得，（1+2k2）x2+4kx=0x1+x2=，x1 x2=0，|MN|=，整理得，k4+k22=0，解得k2=1，或k2=2（舍）k=1，经检验符合题意直线l的方程是y=

30、x+1，即：xy+1=0或x+y1=0点评：本题考查轨迹方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式的运用，考查学生的计算能力，属于中档题19（14分）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，C1H平面AA1B1B，且C1H=（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（2）求二面角AA1C1B1的正弦值考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法 专题：空间角；空间向量及应用分析：（1）通过建立空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量的夹角即可得出；（2）先求出两个平面的法向量的夹角即可得出二面角的余弦值解答：解：如

31、图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得，B（0，0，0），（1）易得于是=异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（2）易知设平面AA1C1的法向量，则，即，不妨令，则z=，可得同样可设面A1B1C1的法向量，得于是=，二面角AA1CB1的正弦值为点评：熟练掌握通过建立空间直角坐标系并利用异面直线的方向向量的夹角求异面直线所成的角、两个平面的法向量的夹角求二面角的方法是解题的关键20（14分）已知椭圆C的中心在原点，一个焦点，且长轴长与短轴长的比是（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1，过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA，PB分别交椭圆C于另外两点A，

32、B，求证：直线AB的斜率为定值；（3）求PAB面积的最大值考点：椭圆的标准方程；直线的斜率；直线与圆锥曲线的综合问题 专题：压轴题分析：（1）待定系数法求椭圆的方程（2）设出A、B坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，求出A、B横坐标之差，纵坐标之差，从而求出AB斜率（3）设出AB直线方程，与椭圆方程联立，运用根与系数的关系求AB长度，计算P到AB的距离，计算PAB面积，使用基本不等式求最大值解答：解：（）设椭圆C的方程为由题意，解得a2=4，b2=2所以，椭圆C的方程为故点P（1，） （）由题意知，两直线PA，PB的斜率必存在，设PB的斜率为k，则PB的直线方程为由 得，设A（xA，yA），B（xB，yB），则，同理可得则，所以直线AB的斜率为定值（）设AB的直线方程为，由得 由，得m28此时，由椭圆的方程可得点P（1，），根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为，由两点间的距离公式可得 =，故 =因为m2=4使判别式大于零，所以当且仅当m=2时取等号，所以PAB面积的最大值为点评：直线与圆锥曲线的综合问题，注意应用一元二次方程根与系数的关系，式子的化简变形，是解题的难点和关键