1、 1 海南省文昌市 2017-2018学年高二数学上学期期中试题 理 （完成时间： 120分钟，满分： 150分） 本试卷分第卷 (选择题 )和第卷 (非选择题 )两部分，答案写在答题卡上。 第卷（选择题，共 60分） 一、选择题 （ 本大题共 12小题，每小题 5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设平面 的法向量为 (1,2， 2)，平面 的法向量为 ( 2， 4， k)，若 ，则 k ( ) A 2 B 4 C 4 D 2 2已知命题 p： 1 x|(x 2)(x 2)0)与双曲线 22xyab? =1(a0,b0)的两条渐近线分别交于两点 A,B(A,B 异于
2、原点 ),抛物线的 焦点为 F.若双曲线的离心率为 2,|AF|=7,则 p=( ) A 3 B 6 C 12 D 42 第卷（非选择题，共 90分） 二、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20 分） 13已知 a， b， c都是实数，则在命题 “ 若 a b，则 ac2 bc2” 与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是 _. 14 与双曲线 1422 ?yx 有共同的渐近线，且过点 (2， 2)的双曲线的标准方程是 15过抛物线 y2 8x 的焦点，作倾斜角为 45 的直线，则被抛物线截得的弦长为 16 如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 M， N
3、分别在 AB1， BC1上，且 AM=31 AB1，BN=31 BC1，则下列结论： AA 1MN ； A 1C1MN ； MN 平面 A1B1C1D1；BD 1MN. 其中正确 命题的序号是 _.(写出所有正确命题的序号 ) 三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70分解答应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤） 17 (本小题满分 10 分 ) 如图 ,在四棱锥 P-ABCD中， PC 平面 ABCD， PC=2，在四边形 ABCD中， B=C=90 ， AB=4， CD=1，点 M在 PB上， PB=4PM， PB 与平面 ABCD成 30 的角 . 求证 ：（ 1） CM 平面 P
4、AD； （ 2） 平面 PAB 平面 PAD. 18 (本小题满分 12 分 ) 若 F1、 F2分别是椭圆 x2a2y2b2 1(a b 0)的左、右焦点， P 是该椭圆上的一个动点，且 |PF1| |PF2| 4， |F1F2| 2 3. （ 1） 求出这个椭圆的方程； （ 2） 是否存在过定点 N(0， 2)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A、 B，使 OA OB (其中 O为坐标原点 )？若存在，求出直线 l的斜率 k；若不存在，说明理由 19 (本小题满分 12 分 ) 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， ADC 60 ，侧面 PDC是正三角形，平面 PDC
5、 平面 ABCD， CD 2， M为 PB的中点 （ 1） 求证： PA 平面 CDM； （ 2） 求二 面角 D MC B的余弦值 20 (本小题满分 12分 ) 设 P是圆 x2 y2 25上的动点，点 D是 P在 x轴上的投影， M为 PD上一点，且 |MD| 45|PD|. （ 1） 当 P在圆上运动时，求点 M的轨迹 C的方程； （ 2） 求过点 (3， 0)且斜率为 45的直线被 C所截线段的长度 21 (本小题满分 12分 ) 如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A 底面 ABCD， AB DC， AB AD，AD CD 1， AA1 AB 2， E为棱 AA1的
6、中点 （ 1） 证明 B1C1 CE； （ 2） 求二面角 B1 CE C1的 正 弦值； （ 3） 设点 M在线段 C1E上，且直线 AM 与平面 ADD1A1所成角的正弦值为 26 ，求线段 AM 的长 22 (本小题满分 12分 ) 如图，在平面直角坐标系 xOy中，已知直线 l： x y 2 0，抛物线 C： y2 2px(p0) （ 1） 若直线 l过抛物线 C的焦点，求抛物线 C的方程； （ 2） 已知抛物线 C上存在关于直线 l对称的相异两点 P和 Q. 求证：线段 PQ 的中点坐标为 (2 p， p)； 求 p的取值范围 第卷（选择题， 共 60分） 一、选择题 (本大题共 1
7、2小题 ,每小题 5分 ,共 60分 ) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B A D D C A D C A B B 第卷（非选择题，共 90分） 二、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20 分） 13 2 14 1123 22 ?yx 15 16 16 三、解答题（本大题共 6小题，满分 70分） 17证明：如图建立空间直角坐标系 C-xyz. 因为 PC 平面 ABCD， 所以 PBC 为 PB 与平面 ABCD所成的角， ? 1分 所以 PBC=30 ， 因为 PC=2，所以 BC=2 3 ， PB=4， 所以 D(0， 1， 0)， B(
8、2 3 ， 0， 0)， A(2 3 ， 4， 0)， P(0， 0， 2)，M ? 23,0,23 ， ?2分 所以 ? CMDADP ),0,3,32( ),2,1,0( ? 23,0,23 （ 1） 设 n=(x， y， z)为平面 PAD的一个法向量， 所以 即 0332 02 ? ? yx zy令 y=2 ，得 n=(- 3 ， 2 ，1). ? 4分 因为 n CM =- 3 23 +20+1 23 =0， 所以 n CM . 又 CM?平面 PAD， 所以 CM 平面PAD. ? 6分 （ 2） 如图，取 AP 的中点 E，连接 BE， 则 E( 3 ， 2， 1)， BE =(
9、- 3 ， 2， 1). 因为 PB=AB， 所以 BEPA. 又因为 BE DA =(- 3 ， 2， 1)(2 3 ， 3， 0)=0， ?8分 所以 BE DA .所以 BEDA. 又 PADA=A ，所以 BE 平面 PAD. 又因为 BE?平面 PAB，所以平面 PAB 平面 PAD. ? 10 分 18 解 ：（ 1） 依题意，得 2a 4， 2c 2 3，所以 a 2， c 3， b a2 c2 1. 椭圆的方程为 x24 y2 1. ? 4分 （ 2） 显然当直线的斜率不存在，即 x 0时，不 满足条件 ? 5分 设 l的方程为 y kx 2， 由 A、 B 是直线 l与椭圆的
10、两个不同的交设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 由 x24 y2 1，y kx 2，消去 y并整理，得 (1 4k2)x2 16kx 12 0. ? 7分 (16k)2 4(1 4k2)12 16(4k2 3) 0， 得 k2 34. ? 8分 x1 x2 16k1 4k2 ， x1x2 121 4k2， ? 9分 OA OB ， OA OB 0， OA OB x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 2)(kx2 2) x1x2 k2x1x2 2k(x1 x2) 4 (1 k2)x1x2 2k(x1 x2) 4 ? 11分 (1 k2) 121 4k2 2k? ? 16k1 4k2
11、 4 k21 4k2 0， k2 4. 由 可 知 k 2 ，所以，存在斜率 k 2 的直线 l符合题意 ? 12分 19 （ 1）证： 取 DC的中点 O，连接 PO， OA， 因为侧面 PDC是正三角形，平面 PDC 平面 ABCD. ? 1分 所以 PO 底面 ABCD， 因为底面 ABCD为菱形且 ADC 60 ， DC 2， DO 1，则 OA DC. ? 2分 以 O原点，分别以 OA， OC， OP所在直线为 x轴、 y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标 系 O xyz， 则 A( 3， 0， 0)， P(0， 0， 3)， B( 3， 2， 0)， C(0， 1， 0)， D
12、(0， 1， 0)， 所以M? ?32 ， 1， 32 ， ? 4分 所以 DM ? ?32 ， 2， 32 ， PA ( 3， 0， 3)， DC (0， 2， 0)， 所以 PA DM 3 32 02 ( 3) 32 0， PA DC 30 02 ( 3)0 0， 所以 PA DM， PA DC，所以 PA 平面 DMC. ? 7分 （ 2） 解： CM ? ?32 ， 0， 32 ， CB ( 3， 1， 0)， 设平面 B MC 的法向量为 n (x， y， z)， 由 n CM 0，得 x z 0， 由 n CB 0，得 3x y 0. 取 x 1，则 y 3， z 1， 所以一个法
13、向量 n ( 1 ， 3 ，1) ? 9分 由 (1)知，平面 CDM的一个法向量可取 PA ( 3， 0， 3) 所以 cos n ， PA n PA|n|PA| 2 35 6 105 . ? 11 分 观察可知二面角 D MC B为钝角， 所以所求二面角的余弦值是105 . ? 12分 20 解： （ 1） 设 M的坐标为 (x， y)， P的坐标为 (xP， yP)， 由已知得 xP x，yP 54y， P在圆上， x2 ? ?54y 2 25， 即 C 的 方 程 为 x225 y216 1. ? 5分 （ 2） 过点 (3， 0)且斜率为 45的直线方程为 y 45(x 3)， ?6
14、分 设直线与 C的交点为 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 将直线方程 y 45(x 3)代入 C的方程，得 x225 x 225 1 ，即 x2 3x 8 0. ? 9分 x1 3 412 ， x2 3 412 . 线段 AB的长度为 |AB| x1 x2 2 y1 y2 2 ? ?1 1625 x1 x2 2 412541 415. ? 12分 21 如图，以点 A为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0， 0， 0)， B(0， 0， 2)， C(1， 0， 1)， B1(0， 2， 2)， C1(1， 2， 1)， E(0， 1， 0) ? 2分 （ 1） 证 ： 易得 B1C1 (1， 0， 1)， CE ( 1， 1， 1)， 于是 B1C1 CE 0， 所以 B1C1 CE. ? 3分 （ 2）解： B1C (1， 2， 1)设平面 B1CE的法向量 m (x， y， z)， 则 m B1C 0，m CE 0，即 x 2y z 0， x y z 0.消去 x，得 y 2z 0， 不妨令 z 1，可得一个法向量为 m ( 3， 2， 1) 由 (1)， B1C1 CE，又 CC1 B1C1，可得 B1C1
