北京市西城区高二数学上学期期末试卷 文（含解析）.doc

2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1命题“若a1，则a0”的逆命题是（）a若a0，则a1b若a0，则a1c若a0，则a1d若a0，则a12复数z=1+2i的虚部是（）a2ib2ic2d23在空间中，给出下列四个命题：平行于同一个平面的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两个平面互相平行；平行于同一条直线的两条直线互相平行；垂直于同一条直线的两条直线互相平行其中真命题的序号是（）abcd4抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）a1b2c3d45两条直线a1x+b1y+c1=0，a2x+b2y+c2=0互相垂直的充分必要条件是（）abca1a2+b1b2=0da1a2b1b2=06如图，在长方体abcda1b1c1d1中，aa1=2ab，ab=bc，则下列结论中正确的是（） abd1b1cba1d1平面ab1ccbd1acdbd1平面ab1c7已知椭圆的两个焦点分别为f1，f2，|f1f2|=2c（c0）若点p在椭圆上，且f1pf2=90，则点p到x轴的距离为（）abcd8在长方体abcda1b1c1d1中，ab=6，bc=4，aa1=2，p，q分别为棱aa1，c1d1的中点，则从点p出发，沿长方体表面到达点q的最短路径的长度为（）a3b4cd5二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.9命题“xr，x210”的否定是10已知球o的大圆面积为s1，表面积为s2，则s1：s2=11如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则=12已知双曲线的一个焦点是（2，0），则b=；双曲线渐近线的方程为13已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是14已知曲线c的方程是x4+y2=1关于曲线c的几何性质，给出下列三个结论：曲线c关于原点对称；曲线c关于直线y=x对称；曲线c所围成的区域的面积大于其中，所有正确结论的序号是三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15如图，四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd是正方形，且pd=ab=2（）求pb的长；（）求四棱锥pabcd的表面积16如图，已知圆心为c（4，3）的圆经过原点o（）求圆c的方程；（）设直线3x4y+m=0与圆c交于a，b两点若|ab|=8，求m的值17如图，矩形abcd所在的平面与正方形adpq所在的平面相互垂直，e是qd的中点（）求证：qb平面aec；（）求证：平面qdc平面aec；（）若ab=1，ad=2，求多面体abceq的体积18已知抛物线y2=2px（p0）的准线方程是（）求抛物线的方程；（）设直线y=k（x2）（k0）与抛物线相交于m，n两点，o为坐标原点，证明：omon19如图1，在abc中，abc=90，d为ac中点，aebd于e，延长ae交bc于f将abd沿bd折起，得到三棱锥a1bcd，如图2所示（）若m是a1c的中点，求证：dm平面a1ef；（）若平面a1bd平面bcd，试判断直线a1b与直线cd能否垂直？并说明理由20如图，已知椭圆c：=1（ab0）的离心率是，一个顶点是b（0，1）（）求椭圆c的方程；（）设p，q是椭圆c上异于点b的任意两点，且bpbq试问：直线pq是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1命题“若a1，则a0”的逆命题是（）a若a0，则a1b若a0，则a1c若a0，则a1d若a0，则a1【考点】四种命题间的逆否关系 【专题】对应思想；综合法；简易逻辑【分析】把原命题“若a1，则a0”的题设和结论互换，就得到原命题的逆命题【解答】解：互换原命题“若a1，则a0”的题设和结论，得到它的逆命题是“若a0，则a1”，故选：a【点评】本题考查四种命题，解题的关键是熟练掌握四种命题的相互转换和它们之间的相互关系属基础题2复数z=1+2i的虚部是（）a2ib2ic2d2【考点】复数的基本概念 【专题】阅读型；对应思想；数学模型法；数系的扩充和复数【分析】直接由复数的概念得答案【解答】解：由复数概念知，复数z=1+2i的虚部是2故选：d【点评】本题考查复数的基本概念，是基础的会考题型3在空间中，给出下列四个命题：平行于同一个平面的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两个平面互相平行；平行于同一条直线的两条直线互相平行；垂直于同一条直线的两条直线互相平行其中真命题的序号是（）abcd【考点】命题的真假判断与应用 【专题】探究型；运动思想；综合法；简易逻辑【分析】由空间中点、线、面的位置关系逐一核对四个命题得答案【解答】解：平行于同一个平面的两条直线有三种可能的位置关系：相平行、相交、异面，故错误；垂直于同一个平面的两个平面有两种可能的位置关系：平行、相交，故错误；由平行公理可知：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故正确；垂直于同一条直线的两条直线有三种可能的位置关系：相平行、相交、异面，故错误故选：c【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了空间中点、线、面的位置关系，是基础题4抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是（）a1b2c3d4【考点】抛物线的简单性质 【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】利用抛物线的简单性质求解即可【解答】解：抛物线x2=2y的焦点到其准线的距离是：p=1故选：a【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题5两条直线a1x+b1y+c1=0，a2x+b2y+c2=0互相垂直的充分必要条件是（）abca1a2+b1b2=0da1a2b1b2=0【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系 【专题】计算题；方程思想；定义法；直线与圆【分析】结合直线垂直的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断【解答】解：两条直线a1x+b1y+c1=0，a2x+b2y+c2=0互相垂直a1a2+b1b2=0，故两条直线a1x+b1y+c1=0，a2x+b2y+c2=0互相垂直的充分必要条件是a1a2+b1b2=0，故选：c【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线垂直的条件是解决本题的关键6如图，在长方体abcda1b1c1d1中，aa1=2ab，ab=bc，则下列结论中正确的是（） abd1b1cba1d1平面ab1ccbd1acdbd1平面ab1c【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定 【专题】证明题；数形结合；分析法；空间位置关系与距离【分析】连接bd，由acbd，acdd1，可证ac平面bdd1，利用线面垂直的性质即可证明acbd1【解答】解：如图，连接bd，在长方体abcda1b1c1d1中，ab=bc，acbd，acdd1，bddd1=d，ac平面bdd1，bd1平面bdd1，acbd1故选：c【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质的应用，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题7已知椭圆的两个焦点分别为f1，f2，|f1f2|=2c（c0）若点p在椭圆上，且f1pf2=90，则点p到x轴的距离为（）abcd【考点】椭圆的简单性质 【专题】计算题；作图题；数形结合；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】作椭圆，从而可得|pf1|+|pf2|=2a，|pf1|2+|pf2|2=|f1f2|2，从而可得|pf1|pf2|=2b2，再由三角形的面积公式求得【解答】解：由题意作图如右，|pf1|+|pf2|=2a，又f1pf2=90，|pf1|2+|pf2|2=|f1f2|2，|pf1|pf2|=2b2，设点p到x轴的距离为d，则|pf1|pf2|=|f1f2|d，故2b2=2cd，故d=，故选：b【点评】本题考查了椭圆的定义的应用及数形结合的思想应用，同时考查了等面积的应用8在长方体abcda1b1c1d1中，ab=6，bc=4，aa1=2，p，q分别为棱aa1，c1d1的中点，则从点p出发，沿长方体表面到达点q的最短路径的长度为（）a3b4cd5【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题 【专题】计算题；运动思想；分割补形法；立体几何【分析】由题意画出图形，把问题转化为从小长方体pmnga1hqd1 的一个顶点p到另一顶点的表面最短距离问题分类剪展求出最小值，求最小值中的最小者得答案【解答】解：如图，p，q分别为棱aa1，c1d1的中点，问题可转化为从小长方体pmnga1hqd1 的一个顶点p到另一顶点的表面最短距离问题共有三种剪展方法：沿qh剪开再展开，此时最短距离为l=；沿qn剪开再展开，此时最短距离为l=；沿qd1 剪开再展开，此时最短距离为l=从点p出发，沿长方体表面到达点q的最短路径的长度为故选：b【点评】本题考查多面体表面上的最短距离问题，考查分类讨论和数形结合的解题思想方法，想到剪展的所有情况是解题的关键，是中档题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.9命题“xr，x210”的否定是xr，x210【考点】命题的否定 【专题】计算题；规律型；对应思想；转化法；简易逻辑【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“xr，x210”的否定是：xr，x210故答案为：xr，x210【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题10已知球o的大圆面积为s1，表面积为s2，则s1：s2=1：4【考点】球的体积和表面积 【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】利用球的面积公式，直接求解即可【解答】解：设球的半径为r，所以大圆面积s1=r2，表面积s2=4r2，所以s1：s2=1：4故答案为：1：4【点评】本题考查球的表面积，考查计算能力，是基础题11如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则=1+2i【考点】复数的代数表示法及其几何意义 【专题】计算题；图表型；方程思想；数系的扩充和复数【分析】由图形得到复数z1=2i，z2=i，代入，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由图可知，z1=2i，z2=i，=故答案为：1+2i【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题12已知双曲线的一个焦点是（2，0），则b=；双曲线渐近线的方程为【考点】双曲线的简单性质 【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】利用双曲线的一个焦点是（2，0），求出b，即可求出双曲线渐近线的方程【解答】解：双曲线的一个焦点是（2，0），1+b2=4，b0，b=，又a=1，双曲线渐近线的方程为故答案为：，【点评】本题考查双曲线渐近线的方程，考查学生的计算能力，正确求出b是关键13已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是4【考点】简单空间图形的三视图 【专题】应用题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离【分析】正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2，故左视图是长方形，长为2，宽为2，由此能求出左视图的面积【解答】解：正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2，左视图是长方形，长为=2，宽为2，左视图的面积是22=4，故答案为：【点评】本题考查空间图形的三视图，是一个基础题，考查的内容比较简单，解题时要认真审题，仔细解答14已知曲线c的方程是x4+y2=1关于曲线c的几何性质，给出下列三个结论：曲线c关于原点对称；曲线c关于直线y=x对称；曲线c所围成的区域的面积大于其中，所有正确结论的序号是【考点】命题的真假判断与应用 【专题】探究型；对应思想；简易逻辑；推理和证明【分析】分析关于原点对称的两个点（x，y）点（x，y），是否都在曲线上，可判断；分析关于直线y=x对称的两个点（x，y）点（y，x），是否都在曲线上，可判断； 求出曲线c所围成的区域面积，可判断【解答】解：将方程中的x换成x，y换成y方程不变，所以曲线c关于原点对称，故正确； 将方程中的x换成y，y换成x，方程变为y4+x2=1与原方程不同，故错误；在曲线c上任取一点m（x0，y0），x04+y02=1，|x0|1，x04x02，x02+y02x04+y02=1，即点m在圆x2+y2=1外，故正确； 故正确的结论的序号是：，故答案为：【点评】本题考查的知识点是曲线cx4+y2=1的图象和性质，对称性的判断，面积的求解，难度中档三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15如图，四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd是正方形，且pd=ab=2（）求pb的长；（）求四棱锥pabcd的表面积【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【专题】规律型；数形结合；空间位置关系与距离【分析】（）连结bd证明 pdbd，在直角三角形pdb中，求解pb即可（）说明pda，pdc为全等的直角三角形，利用四棱锥pabcd的表面积s=2spda+2spab+s正方形abcd求解即可【解答】（本小题满分13分）（）解：连结bd因为 pd底面abcd，所以 pdbd因为 底面abcd是正方形，ab=2，所以 在直角三角形pdb中，（）解：因为 pd底面abcd，底面abcd是正方形，从而pda，pdc为全等的直角三角形，所以 由（）知 ，所以 ab2+pa2=pb2=bc2+pc2，从而pab，pcb为全等的直角三角形所以，四棱锥pabcd的表面积s=2spda+2spab+s正方形abcd=【点评】本题考查几何体的表面积，点、线、面距离的求法，考查计算能力16如图，已知圆心为c（4，3）的圆经过原点o（）求圆c的方程；（）设直线3x4y+m=0与圆c交于a，b两点若|ab|=8，求m的值【考点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质 【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆【分析】（）由两点间距离公式求出圆c的半径，由此能求出圆c的方程（）作cdab于d，则cd平分线段ab，从在则 ，由勾股定理求出cd，由点到直线的距离公式求出cd，由此能求出m【解答】（本小题满分13分）（）解：圆心为c（4，3）的圆经过原点o，圆c的半径 ，圆c的方程为（x4）2+（y3）2=25（）解：直线3x4y+m=0与圆c交于a，b两点若|ab|=8，作cdab于d，则cd平分线段ab，在直角三角形adc中，由点到直线的距离公式，得，解得m=15【点评】本题考查圆的方程的求法，考查实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质、点到直线的距离公式的合理运用17如图，矩形abcd所在的平面与正方形adpq所在的平面相互垂直，e是qd的中点（）求证：qb平面aec；（）求证：平面qdc平面aec；（）若ab=1，ad=2，求多面体abceq的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定 【专题】规律型；数形结合；综合法；空间位置关系与距离【分析】（）连接bd交ac于o，连接eo证明eoqb，即可证明qb平面aec（）证明cdae，aeqd推出ae平面qdc，然后证明平面qdc平面aec（）通过多面体abceq为四棱锥qabcd截去三棱锥eacd所得，计算求解即可【解答】（本小题满分14分）（）证明：连接bd交ac于o，连接eo因为 e，o分别为qd和bd的中点，则eoqb又 eo平面aec，qb平面aec，所以 qb平面aec（）证明：因为矩形abcd所在的平面与正方形adpq所在的平面相互垂直，cd平面abcd，cdad，所以cd平面adpq又ae平面adpq，所以cdae因为ad=aq，e是qd的中点，所以aeqd所以ae平面qdc所以平面qdc平面aec（）解：多面体abceq为四棱锥qabcd截去三棱锥eacd所得，所以【点评】本题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，几何体的体积的求法，考查计算能力18已知抛物线y2=2px（p0）的准线方程是（）求抛物线的方程；（）设直线y=k（x2）（k0）与抛物线相交于m，n两点，o为坐标原点，证明：omon【考点】直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程 【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）利用排趋性的准线方程求出p，即可求解抛物线的方程；（）直线y=k（x2）（k0）与抛物线联立，通过韦达定理求解直线的斜率关系即可证明omon【解答】（本小题满分13分）（）解：因为抛物线y2=2px（p0）的准线方程为，所以 ，解得p=1，所以 抛物线的方程为y2=2x（）证明：设m（x1，y1），n（x2，y2）将y=k（x2）代入y2=2x，消去y整理得 k2x22（2k2+1）x+4k2=0所以 x1x2=4由，两式相乘，得 ，注意到y1，y2异号，所以 y1y2=4所以直线om与直线on的斜率之积为，即 omon【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，韦达定理的应用，抛物线的简单性质的应用，考查计算能力以及转化思想的应用19如图1，在abc中，abc=90，d为ac中点，aebd于e，延长ae交bc于f将abd沿bd折起，得到三棱锥a1bcd，如图2所示（）若m是a1c的中点，求证：dm平面a1ef；（）若平面a1bd平面bcd，试判断直线a1b与直线cd能否垂直？并说明理由【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质 【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】（）取fc中点n，推导出dnef，mna1f，由此能证明dm平面a1ef（）推导出ef平面a1bd，从而a1bef，假设a1bcd，则a1b平面bcd，a1e平面bcd，与“过一点和已知平面垂直的直线只有一条”相矛盾，从而直线a1b与直线cd不能垂直【解答】（本小题满分13分）证明：（）取fc中点n在图1中，由d，n分别为ac，fc中点，所以dnef在图2中，由m，n分别为a1c，fc中点，所以mna1f，所以平面dmn平面a1ef，所以dm平面a1ef解：（）直线a1b与直线cd不可能垂直因为平面a1bd平面bcd，ef平面bcd，efbd，所以ef平面a1bd，所以a1bef假设有a1bcd，注意到cd与ef是平面bcd内的两条相交直线，则有a1b平面bcd（1）又因为平面a1bd平面bcd，a1e平面a1bd，a1ebd，所以a1e平面bcd（2）而（1），（2）同时成立，这显然与“过一点和已知平面垂直的直线只有一条”相矛盾，所以直线a1b与直线cd不可能垂直【点评】本题考查线面平行的证明，考查两直线是否垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养20如图，已知椭圆c：=1（ab0）的离心率是，一个顶点是b（0，1）（）求椭圆c的方程；（）设p，q是椭圆c上异于点b的任意两点，且bpbq试问：直线pq是否恒过一定点