海南省文昌市2017_2018学年高二数学上学期期中试题理.doc

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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 ()A2B4C4D22已知命题p：1x|(x2)(x2)0；命题q：0. 下列判断正确的是 ()Ap假q真B“pq为真”C“pq为真”Dp假q假3aR，| a |4成立的一个必要不充分条件是()Aa4 B| a |3 Ca 216 D0 a

2、 0)与双曲线=1(a0,b0)的两条渐近线分别交于两点A,B(A,B异于原点),抛物线的焦点为F.若双曲线的离心率为2,|AF|=7,则p=()A3B6C12D422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ab，则ac2bc2”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y28x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分别在AB1，BC1上，且AM=AB

3、1，BN=BC1，则下列结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；BD1MN. 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PAD；（2）平面PAB平面PAD.18(本小题满分12分) 若F1、F2分别是椭圆1(ab0)的左、右焦点，P是该椭圆上的一个动点，且|PF1|PF2|4

4、，|F1F2|2.（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(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 PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60，侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M为PB的中点（1）求证：PA平面CDM；（2）求二面角 DMCB的余弦值20(本小题满分12分) 设P是圆x2y225上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|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)且斜率为的直线被C所

5、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，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点（1）证明B1C1CE；（2）求二面角B1CEC1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，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：xy20，抛物线C：y22px(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(2p，p)；求p的取值范围第卷（选择题，共6

6、0分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)题号123456789101112答案CBADDCADCABB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）13214151616三、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，PB=4，所以D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M， 2分所以（1）设n=(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，所以 即 令y=2，得n=(-，

7、2，1). 4分因为n=-+20+1=0，所以n. 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(，2，1)， =(-，2，1). 因为PB=AB， 所以BEPA. 又因为=(-，2，1)(2，3，0)=0， 8分所以.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2a4，2c2，所以a2，c，b1.椭圆的方程为y21. 4分 （2）显然当直线的斜率不存在，即x0时，不满足条件 5分设l的方程为ykx2，由A、B是直线l与椭圆的两个不同的交设A(x1，y1)，B(x2

8、，y2)，由消去y并整理，得(14k2)x216kx120. 7分(16k)24(14k2)1216(4k23)0，得k2. 8分x1x2，x1x2， 9分，0，x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)x1x2k2x1x22k(x1x2)4(1k2)x1x22k(x1x2)4 11分(1k2)2k40，k24.由可知k2，所以，存在斜率k2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ADC60，DC2，DO1，则OADC. 2分以O原点，分别以OA，OC，OP所

9、在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，C(0，1，0)，D(0，1，0)，所以M， 4分所以，(，0，)，(0，2，0)，所以02()0，002()00，所以，所以PA平面DMC. 7分（2）解：，(，1，0)，设平面B MC的法向量为n(x，y，z)，由n0，得xz0，由n0，得xy0.取x1，则y，z1，所以一个法向量n(1，1) 9分由(1)知，平面CDM的一个法向量可取(，0，)所以cosn，. 11分观察可知二面角 DMCB为钝角，所以所求二面角的余弦值是. 12分20解：（1）设M的坐标为(x，y)，P的坐标

10、为(xP，yP)，由已知得P在圆上，x2225，即C的方程为1. 5分（2）过点(3，0)且斜率为的直线方程为y(x3)， 6分设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80. 9分x1，x2.线段AB的长度为|AB|. 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(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE. 3分（2）解：(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则

11、即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2，1) 由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量 6分于是cosm， 7分从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为. 8分（3）(0，1，0)，(1，1，1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量 设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，| ， 10分于是，解得(负值舍去)， 11分所以AM. 12分22（1）解：抛物线C：y22px(p0)的焦点为， 2分由点在直线l：xy20上，得020，即p4.

12、所以抛物线C的方程为y28x. 4分（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为1，则可设其方程为yxb.证明：由消去x得y22py2pb0.(*) 8分因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1y2，从而(2p)24(2pb)0，化简得p2b0.方程(*)的两根为y1，2p，从而y0p.因为M(x0，y0)在直线l上，所以x02p. 10分因此，线段PQ的中点坐标为(2p，p)解：因为M(2p，p)在直线yxb上，所以p(2p)b，即b22p.由知p2b0，于是p2(22p)0，所以p.因此，p的取值范围是. 12分