2016學(xué)年交大附中高二下期中數(shù)學(xué)試卷

2015- 學(xué)年交大附中高二（下）期中數(shù)學(xué)試一、填空題（本大題滿分56分 2（4 （4° 和BB1的中點(diǎn)，那么直線AM和CN所成角的余弦值 的坐 示直線GH、MN是異面直線的圖形有 （（ 8（ 部分（填上所有可能結(jié)果（ 10．（4分）已知復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z2|=1，，則復(fù) 11（β內(nèi)，CD⊥l于D，CD=3，BD=1，M是棱l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則AM+CM的最小值 12（4z（x﹣2+ixy∈R M（2，2， 14（直平分線與直線y=﹣5交于Q點(diǎn)，當(dāng)P為拋物線上位于線段AB下方（含A，B）的動(dòng)點(diǎn)時(shí)，則△OPQ面積的最大值為 二、選擇題（本大題滿分20分，共計(jì)4小題，每題5分直線EF的位置關(guān)系是（ 16（5（1） （直線A1B1和直線BC的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P所在曲線形狀為（ A．B．C．18（ 三、解答題（滿分74分19（12z1x2﹣6x+m=020（1421（14+為實(shí)數(shù)，當(dāng)﹣4＜ω＜2時(shí)，若u=（α＞0）為純虛數(shù)，求：α的值和|u|的取值22（16分）M與圓（x﹣1）2+y2=1yM的圓心的軌跡記C，（1）求軌跡C的方程；（2）A（3，0）到軌跡C上任意一點(diǎn)的距離|MA|的最小值；（3）經(jīng)過(guò)定B（﹣2，1）的直m，試分析直線m與Cmkk的23（18z1=m+ni∈Rzxyy∈Rz2=2+的軌跡C，求C的軌跡方程；線段AB為直徑的圓恒過(guò)一定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)的坐標(biāo)．2015- 學(xué)年交大附中高二（下）期中數(shù)學(xué)試參考答案與試題解一、填空題（本大題滿分56分1．（4分）拋物線y2=x的準(zhǔn)線方程為x=﹣∴ i2016= 490°]bb′aOaO點(diǎn)組成OP'垂直的線，由此能求出直線bc所成的角的范圍．30°．在平面α所有與OP'垂直的線與OP'夾角大于0°，小于90°的線，和BB1的中點(diǎn)，那么直線AM和CN所成角的余弦值為【分析】先通過(guò)平移將兩條異面直線平移到同一個(gè)起點(diǎn)B1CN ∴cos∠EB1F=的坐標(biāo)A（5，2，B（5，﹣2 ＞0，．得出A，B的坐標(biāo)．F（1，0，設(shè) ，y1（y1＞0， ，﹣y1 ∴kOB?kAF=﹣1，即﹣ ，B（5，﹣2，B（5，﹣26．（4分）在圖中，G、H、M、N分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表GH、MN是異面直線的圖形有（2（4）（填上所有正確答案的【分析】圖（1）中，直線GH∥MN，圖（2）中M?面GHN，圖（3）中GM∥HN，圖（4）中，H?面GMN．圖（3）中，連接MG，GM∥HN，因此，GH與MN共面；面．所以圖（2（4）GHMN異面．（2 z1，z2滿足|z1|=|z2|=1z1=cosA+isinA，z2=cosB+isinB，代∵|z1﹣z2|=，故有（cosA﹣cosB）2+（sinA﹣sinB）2=3，整理又（4分）三個(gè)平面能把空間分為4678（填上所有可能故答案為：4，或6，或7，或8．（ ．【分析】由余弦定理可得Z1+Z2|=，|Z1﹣Z2|=，=【解答】解：如圖在三角形 中由余弦定理|Z1+Z2|=|OB|==同理可得|Z1﹣Z2|=|CA=|=∴==，（z2 ．，|z1|=|z2|111（4分）二面角α﹣l﹣β的平面角120°，在面α內(nèi)，AB⊥lB，AB=2在平面．開(kāi)成平面中在BDAM+CMAMCAM+CM12（4z（x﹣2+y（xy∈R，]．【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模，利用模長(zhǎng)公式得（x﹣2）2+y2=1，根據(jù)表示動(dòng)點(diǎn) 得到x，y所滿足的條件，根據(jù)條件做出圖形利用數(shù)形結(jié)合的方法求解．的中點(diǎn)為M（2，2，則△ABF的面積等于 y1（x2 （y1+y2）（y1﹣y2）=4（x1﹣x2，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率計(jì)算公式可得kAB，可得直線AB的方程為：y﹣2=x﹣2，化為y=x，與拋物線方程聯(lián)立可得A，B的坐標(biāo)，利用弦長(zhǎng)公式可得|AB|，再利用點(diǎn)到直線的距離公式可得點(diǎn)F到直線AB的距離d，【解答】解：∵F是拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)0．，B（x2，（y1+y2（y1﹣x2，（，，∴=×=聯(lián) 點(diǎn)F到直線AB的距離 ∴S△ABF= 14（直平分線與直線y=﹣5QP為拋物線上位于線段AB下方（A，B）的動(dòng)點(diǎn)時(shí)，則△OPQ面積的最大值為30．【分析】把直線方程拋物線方程聯(lián)立A，B的坐標(biāo)ABM的坐標(biāo)可得AB的斜率推AB垂直平分線的斜率，進(jìn)而求AB垂直平分線的方程，把y=﹣5代入求Q的坐標(biāo)P的坐標(biāo)P到直線0Q的距離式表示出三角形OPQx的范圍和二次函數(shù)的單調(diào)性求得三角形面積的最大【解答】解：直線y=x與拋物線y=x2﹣4聯(lián)立，得到A（﹣4，﹣2，B（8，4），M（2，12．令y=﹣5，得x=5，∴Q（5，﹣5．∴直線OQ的方程為x+y=0，設(shè)P（x，x2﹣4．∵點(diǎn)P到直線OQ的距離d= ∴S△OPQ=|OQ|d=∴﹣4≤x＜4﹣4或4二、選擇題（本大題滿分20分，共計(jì)4小題，每題5分直線EF的位置關(guān)系是（ A．相 AB與直線外一點(diǎn)E確定的平面為A1BCD1，EF?A1BCD1，且兩16（5（1） z=x+i（，yR由z2=（x+yi）2=i，得x2﹣y2+2xyi=i， ，解得 ∴z=+i或 （直線A1B1和直線BC的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P所在曲線形狀為（ 【分析】PBC的距離就是PB的距離，它等于到直線A1B1的距離，PBA1B1A的拋PBCPB的距離，P到點(diǎn)B的距離等于到直線A1B1的距離，根據(jù)拋物線的定義可知，動(dòng)P的軌跡B為焦點(diǎn)A1B1為準(zhǔn)線的A的DA點(diǎn)，D排除．18（ 當(dāng)a∩β=P時(shí)，②錯(cuò)；a∥bab確定唯一平面β，但βaP，∴β與α重合，∴b?α，（?αb?a∥b?a∥α（α∥β，a?α?a∥βa∥β．線線垂直可由線面垂直的性質(zhì)推得，直線和平面垂直，這條直線就垂三、解答題（滿分74分19（12關(guān)系求出a的值，從而求出m的值．因?yàn)閦1﹣z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在第一象限，故 …（4分 解得﹣2＜a＜﹣1…（6分所以z1+==6，即a=﹣1，…（8分）a=﹣1z1=3﹣2i，=3+2i，…（10分所以m=z1?=13…（12分20（14分）如圖，已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，DD1⊥底面ABCD，底面為平行四邊形，∠DAB=45°，且AD，AB，AA1三條棱的長(zhǎng)組成公比為的等比數(shù)列【分析（1）不妨設(shè)AD=1，由AD，AB，AA1三條棱的長(zhǎng)組成公比為的等比數(shù)理的逆定理可得∠ADB=90°．由DD1⊥底面ABCD，可得DD1⊥DB，可得DB⊥平面ADD1，即可得出異面直線AD1與BD所成角．（2）由（1）可得：DB⊥平面ADD1．在Rt△ADD1中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)D作DO⊥AD1，垂足O，連OBOB⊥AD1．∠BOD即為二面B﹣AD1﹣D的平面角．利【解答】解：（1）不妨設(shè)AD=1，∵AD，AB，AA1三條棱的長(zhǎng)組成公比為的等在△ABD中，DB2==1，解得DB=1．．在Rt△ODB中 21（14當(dāng)﹣4＜ω＜2時(shí)，若u=（α＞0）為純虛數(shù)，求：α的值和|u|的取值 i為實(shí)數(shù)，可得 =0，因此y=0，或x2+y2=9．通過(guò)分類即可得出（2）由（1）可得：①y=0時(shí)，ω=x+，由﹣4＜ω＜2，可得﹣4＜＜2，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．②x2+y2=9時(shí)．ω=2x，由于﹣4＜ω＜2出x的取值范圍．由u=（α＞0）為純虛數(shù)，化簡(jiǎn)可得α，再利用模的計(jì)算則ω=z+=x+yi+=x+yi+=+i為實(shí)數(shù)①y=0綜上可得：y=0時(shí)，點(diǎn)Z的軌跡方程是②x2+y2=9x2+y2=9（﹣1＜x＜5（2）由（1）可得：①y=0∵x＜0時(shí)，≤﹣6；x＞0時(shí)≥6y=0時(shí)，x∈?Z的軌跡無(wú)②x2+y2=9∵x∈（﹣2，1，22（16心的軌跡C，（1）求軌C的方程；（2）A（3，0）C上任意一點(diǎn)的距離|MA|的最小值；（3）經(jīng)過(guò)定B（﹣2，1）的直線m，試分析直線m與Cmkk的2+y2=1MA（3，0）到軌跡C上任意一點(diǎn)的距離|MA|的最小值；B斜率存在的直線方程，聯(lián)立直線方程與拋物線方程，由判別式等0kmC的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)，并分析對(duì)應(yīng)的（x，yx＜0時(shí)，y=0x≥0M（x，y，y﹣1=k（x+2由△=（4k2+2k﹣4）2﹣4k2（4k2+4k+1）=0，解得：k=﹣1或k=∴當(dāng)直線m的斜率k不存在時(shí)或斜率存在為0時(shí)或直線m的斜率k∈（∪（﹣∞，﹣1）時(shí)，mC1當(dāng)直線m的斜率為k=﹣1或k=或k∈[﹣，0）時(shí)，m與C有2個(gè)交點(diǎn)；mk∈（0，）∪（﹣1，﹣）時(shí)，mC3個(gè)交點(diǎn)．?dāng)?shù)形結(jié)合與分類的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．23（18z1=m+ni∈Rzxyy∈Rz2=2+對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P（x，y）的軌跡方程；將（1）中的軌跡上每一點(diǎn)按向量方向平移個(gè)單位，得到新的軌跡C，求C的軌跡方程；過(guò)軌跡CA（異于頂點(diǎn)）作其切線，交y軸于點(diǎn)B，求證：以線段AB為直徑的圓恒過(guò)一定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)的坐標(biāo)．先按向量方向平移個(gè)單位得到即為向x方向移動(dòng)1×y1×1=1C的軌設(shè)A（x0，y0）斜率為k，切線y﹣y0=k（x﹣x0）代入（y+6）2