安平中學高二上學期期末考試數(shù)學（理）試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精安平中學2016-2017年度第一學期期末高二數(shù)學（理科）試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的）.1。已知集合，，則（）A． B． C． D．2。設(shè)，則“”是“"的（）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3.命題“，"的否定形式是（)A．,B．，C．，D．，4。已知雙曲線方程為eq\f（x2，20）－eq\f(y2,5)＝1,那么它的半焦距是（)A．5 B．2.5C．eq\f(\r(15)，2） D．eq\r（15)5。設(shè)拋物線y2＝8x的焦點為F，點P在此拋物線上且橫坐標為4，則|PF|等于()A．8 B．6C．4 D．26。已知a＝(λ＋1,0，2),b＝（6，2μ－1,2λ），若a∥b，則λ與μ的值可以是（）A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f（1，2）C．－3，2 D．2，27。已知A(－1,1,2）、B（1，0,－1),設(shè)D在直線AB上,且eq\o(AD,\s\up6(→）)＝2eq\o（DB,\s\up6（→))，設(shè)C（λ,eq\f（1，3)＋λ,1＋λ），若CD⊥AB,則λ的值為(）A。eq\f（11,6) B．－eq\f（11，6)C.eq\f（1,2) D。eq\f（1,3）8。已知a＞0，b＞0，a＋b＝2，則y＝eq\f（1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是（） A。eq\f(7,2) B．4 C.eq\f(9，2) D．59.已知正方體ABCD－A′B′C′D′中，點F是側(cè)面CDD′C′的中心，若eq\o(AF,\s\up6(→)）＝eq\o(AD，\s\up6（→）)＋xeq\o（AB,\s\up6（→））＋yeq\o(AA′,\s\up6(→))，則x－y等于(）A．0 B．1C．eq\f(1，2) D．－eq\f(1,2)10。已知動圓P過定點A（－3,0)，并且與定圓B：(x－3)2＋y2＝64內(nèi)切，則動圓的圓心P的軌跡是（)A．線段 B．直線C．圓 D．橢圓11.已知P是拋物線y2＝2x上動點，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7，2），4）），若點P到y(tǒng)軸的距離為d1,點P到點A的距離為d2,則d1＋d2的最小值是 （）A．4 B．eq\f(9,2） C．5 D．eq\f（11，2)12。設(shè)分別為橢圓與雙曲線的公共焦點,它們在第一象限內(nèi)交于點,,若橢圓的離心率，則雙曲線的離心率的取值為(）A．B．C．D．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分,共20分)。13。如圖所示，在棱長為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是棱CC1的中點,則異面直線D1E與AC所成角的余弦值是__________．14。已知變量滿足約束條件，則的最大值為.15。已知E、F分別是棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1的中點,則截面AEFD1與底面ABCD所成二面角的正弦值是16.若雙曲線的一條漸近線方程為,則其離心率為。三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出相應的文字說明，證明過程或演算步驟）.17.（本小題滿分10分）若不等式ax2＋bx－1＞0的解集是{x|1＜x＜2｝．(1）試求a、b的值；（2)求不等式eq\f（ax＋1,bx－1）＞0的解集．18.（本小題滿分12分）命題p：關(guān)于x的方程x2＋ax＋2＝0無實根，命題q：函數(shù)f(x）＝logax在（0，＋∞）上單調(diào)遞增,若“p∧q”為假命題，“p∨q”真命題,求實數(shù)a的取值范圍。19。（本小題滿分12分）已知雙曲線過點P(－3eq\r(2），4)，它的漸近線方程為y＝±eq\f(4，3）x。（1）求雙曲線的標準方程;（2）設(shè)F1和F2為該雙曲線的左、右焦點，點P在此雙曲線上，且|PF1|·｜PF2|＝41，求∠F1PF2的余弦值．20.（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2,DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2)．（1）證明：AC⊥平面BCDE;（2)求直線AE與平面ABC所成的角的正切值．21.（本小題滿分12分）已知中心在原點的橢圓的左焦點，右頂點。（1）求橢圓的標準方程；（2）若斜率為的直線與橢圓交于兩點,求弦長的最大值及此時的直線方程。22.(本小題滿分12分）設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a＞b＞0)的左，右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N。(1)若直線MN的斜率為eq\f(3,4)，求C的離心率；（2）若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N｜，求a，b.

高二數(shù)學理科答案1。C2。A3。C4.A［解析］∵a2＝20,b2＝5，∴c2＝25，∴c＝5.5.B［解析］拋物線準線l：x＝－2，P到l距離d＝4－（－2)＝6，∴｜PF｜＝6。6.A［解析]∵a∥b，∴存在實數(shù)k,使b＝ka,即(6，2μ－1,2λ）＝（kλ＋k，0，2k),∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(kλ＋k＝6，,2μ－1＝0,,2λ＝2k，)）∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（μ＝\f（1，2），,λ＝2，,k＝2，）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ＝\f（1,2),,λ＝－3，，k＝－3。))故選A．7.[答案］B［解析］設(shè)D(x，y,z)，則eq\o（AD，\s\up6（→)）＝(x＋1，y－1,z－2），eq\o(AB,\s\up6(→）)＝（2，－1，－3），eq\o（DB,\s\up6(→）)＝(1－x，－y,－1－z)，∵eq\o(AD，\s\up6(→))＝2eq\o（DB，\s\up6(→)），∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1＝21－x,y－1＝－2y,z－2＝－2－2z))，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝\f（1，3），y＝\f（1，3）,z＝0））.∴D(eq\f(1，3），eq\f(1，3)，0），eq\o(CD，\s\up6（→)）＝（eq\f（1，3）－λ，－λ，－1－λ),∵eq\o（CD,\s\up6(→)）⊥eq\o（AB，\s\up6(→）），∴eq\o（CD,\s\up6（→））·eq\o(AB，\s\up6（→））＝2（eq\f（1,3)－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，∴λ＝－eq\f（11，6).8.C解析依題意,得eq\f(1，a)＋eq\f（4，b)＝eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,a）＋\f（4,b）)）·(a＋b)＝eq\f（1,2）［5＋(eq\f（b,a）＋eq\f(4a，b）)］≥eq\f(1,2）(5＋2eq\r(\f(b,a）·\f(4a，b))）＝eq\f（9，2)，當且僅當eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,\f(b，a)＝\f（4a，b），，a＞0,b＞0，))即a＝eq\f（2,3），b＝eq\f(4，3)時取等號，即eq\f(1,a)＋eq\f（4，b)的最小值是eq\f（9,2）.9。[答案]A[解析]如圖所示,eq\o（AF，\s\up6（→))＝eq\o(AD,\s\up6（→））＋eq\o（DF,\s\up6(→）)，∴eq\o(DF,\s\up6（→））＝xeq\o(AB，\s\up6(→))＋yeq\o(AA′，\s\up6（→))，∴eq\f(1,2)eq\o（DC′，\s\up6(→)）＝xeq\o（AB，\s\up6(→)）＋yeq\o(AA′,\s\up6(→))，∵eq\f（1，2）eq\o(AB′,\s\up6（→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→）)＋eq\f（1，2)eq\o(AA′,\s\up6(→))eq\o(AB′，\s\up6(→))＝eq\o(DC′，\s\up6（→)),∴x＝y(tǒng)＝eq\f（1，2），x－y＝0．10．D[解析]如下圖，設(shè)動圓P和定圓B內(nèi)切于M，則動圓的圓心P到兩點,即定點A（－3，0）和定圓的圓心B(3，0）的距離之和恰好等于定圓半徑，即｜PA|＋|PB｜＝｜PM|＋｜PB|＝｜BM｜＝8?！帱cP的軌跡是以A、B為焦點的橢圓，故選D．

11.B解析因為點P在拋物線上,所以d1＝|PF｜－eq\f（1，2）(其中點F為拋物線的焦點）,則d1＋d2＝｜PF｜＋|PA|－eq\f(1，2）≥|AF｜－eq\f(1,2）＝eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（7,2）－\f（1，2)))\s\up12(2）＋42）－eq\f（1，2）＝5－eq\f(1，2）＝eq\f(9，2)，當且僅當點P是線段AF與拋物線的交點時取等號，故選B。12。B試題分析：由橢圓與雙曲線的定理，可知，所以，，因為，所以，即，即，因為，所以,故選B．13。eq\f(\r(10），5)［解析］如圖，建立空間直角坐標系，則A(4,0,0),C(0，4，0)，D1(0,0,4)，E（0，4,2),eq\o（AC，\s\up6(→））＝(－4,4，0），eq\o（D1E，\s\up6(→))＝(0,4,－2）．cos<eq\o（AC,\s\up6（→）），eq\o(D1E，\s\up6(→）)>＝eq\f(16,\r（32）×\r（20)）＝eq\f（\r（10），5）．∴異面直線D1E與AC所成角的余弦值為eq\f(\r（10),5）．14。1115.eq\f(\r(5),3）解析:以D為坐標原點，以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖，則A(1，0,0），Eeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，1，0））,Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，1，\f（1，2）)），D1（0，0，1)，所以eq\o（AD1，\s\up12（→）)＝（－1,0，1)，eq\o(AE，\s\up12（→））＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）,1，0)）。設(shè)平面AEFD1的法向量為n＝(x，y,z)，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o（AD1，\s\up12(→))＝0，，n·\o（AE,\s\up12（→))＝0，）)?eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－x＋z＝0,,－\f（x,2）＋y＝0。))∴x＝2y＝z，取y＝1，則n＝（2，1,2），而平面ABCD的一個法向量為u＝（0，0，1）,∵cos〈n，u〉＝eq\f（2，3)，∴sin<n，u>＝eq\f（\r（5)，3)。16。或17.解:（1）∵不等式ax2＋bx－1＞0的解集是｛x|1＜x＜2｝．∴a＜0，且1和2是方程ax2＋bx－1＝0的兩根,由韋達定理可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f（b,a)＝3，,\f(－1,a）＝2，,a＜0。））于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f（1,2），,b＝\f(3，2).))(2）由(1)得不等式eq\f（ax＋1,bx－1)＞0即為eq\f（－\f(1，2）x＋1,\f(3,2）x－1）＞0,∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)x＋1)）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3，2）x－1）)＞0，因此（x－2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(2,3)）)＜0，解得eq\f(2,3)＜x＜2。即原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(2，3）＜x＜2))））。18.[解析］∵方程x2＋ax＋2＝0無實根,∴△＝a2－8<0，∴－2eq\r(2）<a〈2eq\r(2),∴p：－2eq\r(2)<a<2eq\r（2).∵函數(shù)f（x)＝logax在（0,＋∞)上單調(diào)遞增，∴a>1?！鄎：a〉1.∵p∧q為假,p∨q為真，∴p與q一真一假．當p真q假時，－2eq\r(2)〈a≤1,當p假q真時，a≥2eq\r(2)。綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為(－2eq\r(2)，1］∪［2eq\r(2），＋∞)．19.［解析]（1）由漸近線方程知雙曲線中心在原點，且漸近線上橫坐標為－3eq\r(2)的點P′的縱坐標的絕對值為4eq\r（2）.∵4eq\r(2)〉4,∴雙曲線的焦點在x軸上，設(shè)方程為eq\f（x2,a2）－eq\f（y2,b2）＝1?！唠p曲線過點P（－3eq\r(2），4），∴eq\f(18,a2）－eq\f(16,b2)＝1又∵eq\f(b,a)＝eq\f（4，3) ②，由①②，得a2＝9，b2＝16,∴所求的雙曲線方程為eq\f(x2,9）－eq\f(y2，16）＝1。（2)設(shè)|PF1|＝d1，｜PF2｜＝d2，則d1·d2＝41.又由雙曲線的幾何性質(zhì)知|d1－d2｜＝2a由余弦定理得cos∠F1PF2＝eq\f（d\o\al(2,1）＋d\o\al(2,2)－|F1F2｜2，2d1d2）＝eq\f(d1－d22＋2d1d2－｜F1F2|2,2d1d2）＝eq\f（9，41).20.［解析］（1)取CD中點G，連結(jié)BG．∵∠CDE＝∠BED＝90°，∴BE∥CD．又CD＝2，BE＝1，∵BE綊DG,∴四邊形DEBG為矩形，∴BG＝DE＝1，∠BGC＝90°又GC＝eq\f（1，2)CD＝1，∴BC＝eq\r（2)．又AC＝eq\r（2)，AB＝2,∴AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC．又∵平面ABC⊥平面BCDE且交線為BC，AC?平面ABC，∴AC⊥平面BCDE．（2）解法1:過點E作EF⊥BC交BC延長線于F，由(1）知EF⊥AC，AC∩BC＝C，∴EF⊥平面ABC，連結(jié)AF，則∠EAF即為AE與平面ABC所成的角．由已知得∠GBC＝45°,∴∠EBF＝45°∴BF＝EF，又BE＝1∴BF＝EF＝eq\f（\r(2)，2），在Rt△AFC中，AC＝eq\r(2），CF＝BC＋BF＝eq\r(2)＋eq\f（\r（2）,2)＝eq\f(3\r（2)，2)，∴AF＝eq\r（2＋\f（18,4))＝eq\f（\r（26),2)，∴tan∠EAF＝eq\f(EF,AF）＝eq\f(\f（\r（2),2），\f(\r（26），2))＝eq\f（\r(13)，13)，∴直線AE與平面ABC所成角的正切值為eq\f(\r（13），13)．解法2：過C作DE的平行線CG，以C為原點，CD、CG、CA分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖．則C(0,0，0),A（0,0，eq\r(2）)，B(1，1,0），E（2,1，0）,∴eq\o（AE，\s\up6(→)）＝(2，1，－eq\r(2)），eq\o（AB,\s\up6（→))＝(1，1,－eq\r(2)），eq\o(CA，\s\up6（→））＝(0,0，eq\r（2))，設(shè)平面ABC的法向量為n＝（x，y,z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o（AB，\s\up6（→））＝0，，n·\o（CA,\s\up6（→))＝0,））∴eq\b