海南省文昌市文昌中学高二数学上学期期考（期末）试题 理.doc

海南省文昌市文昌中学2014-2015学年高二数学上学期期考（期末）试题 理注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。2. 回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号标黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3. 答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。第卷（选择题，共60分）一、选择题（每题5分，共60分）1不等式组的解集为()ax|1x1bx|0x3cx|0x1dx|1x32平行六面体abcda1b1c1d1中，向量、两两的夹角均为60，且|1，|2，|3，则|等于 ()a5 b6 c4 d83已知a，b为非零向量，则“ab”是“函数f(x)(xab)(xba)为一次函数”的()a充分而不必要条件 b必要而不充分条件c充分必要条件 d既不充分也不必要条件4下列四个命题中的真命题为()ax0z，14x03 bx0z，5x010cxr，x210 dxr，x2x205已知命题p：“x1,2，x2a0”；命题q：“xr，x22ax2a0”若命题“p且q”是真命题，则实数a的取值范围为()aa2或a1ba2或1a2 ca1 d2a16长方体abcda1b1c1d1中，abaa12，ad1，e为cc1的中点，则异面直线bc1与ae所成角的余弦值为()abcd7等差数列an的前n项和为sn，若a12，s312，则a6等于()a8 b10 c12 d148已知为双曲线c：x2y2=2的左右焦点，点在上，则cosf1pf2 = （）abcd9设变量x，y满足约束条件则目标函数z2x3y1的最大值为()a11b10 c9 d8.510设f1,f2是椭圆 （ab0）的左右焦点,若直线x = ma (m 1)上存在一点p, 使f2pf1是底角为30的等腰三角形，则m的取值范围是（）am 2b1 m 2c1 m 11已知抛物线y2=2px (p0)的焦点为f，点a、b为抛物线上的两个动点，且满足afb=90,过弦ab的中点m作抛物线准线的垂线mn，垂足为n，则的最大值为（ ） a1 b c d12设双曲线c的中心为原点o，若有且只有一对相交于点o，所成的角为60的直线a1b1和a2b2，使|a1b1|=|a2b2|，其中a1、b1和a2、b2分别是这对直线与双曲线c的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）a（，+） b，2） c（，2 d，+）第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）13已知命题p：若xy，则xy，命题q：若xy，则x2y2。在命题pq；pq；p(q)；(p)q中，真命题是 .（写出正确答案序号）15题图14已知的三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为 .15如图，是双曲线0)的左、右焦点，过的直线与双曲线分别交于点a、b，若为等边三角形，则的面积为 .16曲线c是平面内与两个定点f1（1，0）和f2（1，0）的距离的积等于常数 的点的轨迹。给出下列三个结论： 曲线c过坐标原点； 曲线c关于坐标原点对称；若点p在曲线c上，则fpf的面积大于a.其中，所有正确结论的序号是 .三、解答题（本大题6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17（10分）在中，角，对应的边分别是，。已知cos2a3cos(b+c)=1（i）求角的大小；（）若的面积，求的值.18（12分）已知椭圆的左焦点为，左右顶点分别为a、c，上顶点为b，o为原点，为椭圆上任意一点，过三点的圆的圆心坐标为 （1）当时，求椭圆的离心率的取值范围； （2）在（1）的条件下，椭圆的离心率最小时，若的最小值为，求椭圆的方程.19（12分）如图,在直棱柱，.() 证明:； () 求直线所成角的正弦值.20（12分）已知抛物线c的方程c：y 2 =2 p x（p0）过点a（1，2）.（i）求抛物线c的方程，并求其准线方程；（ii）是否存在平行于oa（o为坐标原点）的直线l，使得直线l与抛物线c有公共点，且直线oa与l 的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。21（12分）如图，四棱锥中，平面，底面为菱形， ，是的中点，且，点在线段上。（1）当m在pc中点时，求点a到平面mbq的距离；（2）当二面角的大小为，求的值.22.（12分）已知椭圆的两个焦点为f1(-1，0)，f2(1，0)，且椭圆与直线y = x 相切() 求椭圆的方程；() 过f1作两条互相垂直的直线l 1，l 2，与椭圆分别交于p，q及m，n，求四边形pmqn面积的最大值与最小值20142015学年度第一学期高二年级数学(理科)期考试题参考答案第卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题5分，共60分）第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）三、解答题（本大题6小题，满分70分）17解：（1） cos2a3cos(b+c)=1 1分 3分 又a为三角形内角 5分（2）， c = 4 由余弦定理得 8分又由正弦定理得 10分19方法一：（1）证明：易知，ab，ad，aa1两两垂直，如图所示，以a为坐标原点，ab，ad，aa1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示。 1分设abt，则相关各点的坐标为a(0，0，0)，b(t，0，0)，b1(t，0，3)，c(t，1，0)，c1(t，1，3)，d(0，3，0)，d1(0，3，3) 从而(t，3，3)，(t，1，0)，(t，3，0)2分因为acbd，所以t2300，解得t或t(舍去) 3分于是(，3，3)，(，1，0)因为3300， 4分所以，即acb1d. 5分(2) 解：由(1)知，1(0，3，3)，(，1，0)，=(0，1，0)设(x，y，z)是平面acd1的一个法向量，则 即令x1，则(1，) 8分设直线b1c1与平面acd1所成角为，则sin|cos，|. 11分即直线b1c1与平面acd1所成角的正弦值为. 12分方法二证明：如图所示， abcda1b1c1d1为直三棱柱， bb1平面abcd.又ac平面abcd， acbb1. 2分又acbd，bdbb1= b ac平面bb1d，而b1d平面bb1d， acb1d. 5分(2) 因为b1c1ad，所以直线b1c1与平面acd1所成的角等于直线ad与平面acd1所成的角(记为)如图所示，联结a1d，因为棱柱abcda1b1c1d1是直棱柱，且b1a1d1bad90，所以a1b1平面add1a1，从而a1b1ad1.又adaa13，所以四边形add1a1是正方形，于是a1dad1，故ad1平面a1b1d，于是ad1b1d.由(1)知，acb1d，所以b1d平面acd1.故adb190.在直角梯形abcd中，因为acbd，所以bacadb，从而 rtabcrtdab，故， 即ab.连接ab1，易知ab1d是直角三角形，且b1d2bbbd2bbab2ad221，即b1d.在rtab1d中，cosadb1，即cos(90)，从而sin .即直线b1c1与平面acd1所成角的正弦值为. 12分若采用下列解答，得分为：（1）证明：如图所示， abcda1b1c1d1为直三棱柱， bb1平面abcd.又ac平面abcd， acbb1. 2分又acbd，bdbb1= b 所以ac平面bb1d，而b1d平面bb1d，所以acb1d. 5分（2）解：在直角梯形abcd中，因为acbd，所以bacadb， 从而 rtabcrtdab，故， 即ab又易知，ab，ad，aa1两两垂直，以a为坐标原点，ab，ad，aa1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示。 则a(0,0,0)， b1(,0,3)，c(,1,0)，c1(,1,3)，d(0,3,0)，d1(0,3,3) 从而1(0，3，3)，(，1，0)，=(0，1，0) 8分设(x，y，z)是平面acd1的一个法向量，则 即令x1，则(1，)10分设直线b1c1与平面acd1所成角为，则sin|cos，|. 即直线b1c1与平面acd1所成角的正弦值为. 12分m21. 解析：（1）法一： pa=pd，q为ad中点， pqad又平面平面，平面平面 pq平面abcd 底面为菱形， adbq 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，a(1，0，0)m为pc中点， m(-1, ) =(-1, ),= 3分设平面的一个法向量为，则 即 令z=2，则 x=，y=0 平面的一个法向量(，0，2) d=，即点a到平面mbq的距离为。6分法二：等体积法，略（2） 由（1）知： pq面cbq, =（0,0，）为平面cbq的一个法向量7分m设(), ，设平面的一个法向量为， 取， 9分由二面角大小为，可得：，解得， 11分 12分（2） 若直线l1的斜率存在时，设为k （k0），则l 2的斜率为所以直线l 1方程为 y= k（x+1）， 设pq与椭圆的