吉林省通榆县第一中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题 理

吉林省通榆县第一中学20192020学年高二上学期期中考试数学试卷(理)第i卷(选择题共60分)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 命题“若x1，则2x+13”的逆否命题为（）a. 若2x+13,则x1b. 若2x+13,则x1c. 若x1,则2x+13d. 若xb0)的左焦点为f(-1,0),且椭圆上的点到点f的距离最小值为1(1)求椭圆的方程；(2)已知经过点f的直线l与椭圆交于不同的两点a、b,且|ab|=247,求直线l的方程21. (12分)如图，在四棱锥p-abcd中，底面abcd为直角梯形，abcd，bad=90，pa平面abcd，ab=1，ad=2，pa=cd=4（）求证：bdpc；（）求二面角b-pc-a的余弦值22. (12分)已知椭圆c：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,椭圆c的长轴长为4（1）求椭圆c的方程；（2）已知直线l：y=kx-3与椭圆c交于a,b两点,是否存在实数k使得以线段ab为直径的圆恰好经过坐标原点o？若存在,求出k的值；若不存在,请说明理由参考答案1.b 2.d 3.c 4.b 5. b 6. c 7. c 8. c 9.d 10.b 11.c 12.c13.答案-3解：x2+2x-30x-3或x1，“x2+2x-30”是“xa”的必要不充分条件，（-，a）（-，-3）（1，+），a-3，故答案为-3.14.答案6解：根据题意，双曲线的标准方程为：x2m-y26=1，则其焦点在x轴上，且a=m，b=6，故其渐近线方程为y=6mx，又由该双曲线的一条渐近线方程为y=x，则有6m=1，解可得m=6；故答案为615.答案23解：正四棱柱abcd-a1b1c1d1，平面abcd平面a1b1c1d1，a1c1平面a1b1c1d1，a1c1平面abcd，a1c1到底面abcd的距离为正四棱柱abcd-a1b1c1d1的高，正四棱柱abcd-a1b1c1d1的底面边长为2，ab1与底面abcd成60角，b1b=23，故答案为23.16.答案163解：由题意可得抛物线焦点f（1，0），直线l的方程为y=3（x-1），代入y2=4x并化简得3x2-10x+3=0，设a（x1，y1），b（x2，y2），则x1+x2=103 x1x2=1，|ab|=1+3|x1-x2|=2(103)2-4=163故答案为：16317.解：（1）证明：连接b1d1，易有bb1平行且等于dd1，则四边形bb1d1d是平行四边形,则有bdb1d1,又e、f分别为d1c1、b1c1的中点,则efb1d1，即有efdb,故d，b，f，e共面;（2）在正方体ac1中，连接pq，平面a1c1ca平面bdef=pq,则rpq,又a1c平面bdef=r，ra1c，r平面a1c1ca，r平面bdef,r是a1c与pq的交点,如图;（3）取a1b1的中点m，连bm、fm，因为fma1c1，所以mfb为两异面直线所成的角,设正方体棱长为a，则bm=bf=52a，fm=22a，所以cosmfb=54a2+24a2-54a2252a22a=1010.故异面直线a1c1和bf所成角的余弦值为1010.18.（1）证明：因为ab=ac且m为bc的中点，所以ambc，又在正三棱柱abc-a1b1c1中，因为平面bcc1b1平面abc，am平面abc，且平面bcc1b1平面abc=bc，所以am平面bcc1b1，因为bn平面bcc1b1，所以ambn，因为m，n分别为bc，cc1的中点，所以bm=cn=2，又因为bb1=cb=4，mbb1=ncb=90，所以mbb1ncb，所以bmb1=cnb，bb1m=cbn，所以bmb1+cbn=cnb+cbn=90，所以bnb1m，又因为am平面amb1，b1m平面amb1，amb1m=m，所以bn平面amb1.（2）解:设bnb1m=o，由（1）可知bo平面amb1，所以ao为斜线ab在平面amb1内的射影，所以bao为ab与平面amb1所成的角，由题可知an=bn=42+22=25，所以abn为等腰三角形，作neab于e，则e为ab的中点，所以ne=bn2-be2=4，由等面积法可知ao=abnebn=4425=85，在rtaob中，aob=90，所以，所以直线ab与平面amb1所成的角的余弦值为255.19.解：（1）由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1（ab0）双曲线的焦点为（0，4），离心率为e=2，椭圆的焦点（0，4），离心率e=a=5b2=a2-c2=9，椭圆的方程为y225x29=1,（2）设pf1=m,pf2=n，则mn=2a=10,m2n2=4c2=64，mn=18，即sf1pf2=9，20.解：（1）由题意可得c=1，椭圆上的点到点f的距离最小值为1，即为a-c=1，解得a=2，b=a2-c2=3，即有椭圆方程为x24+y23=1；（2）当直线的斜率不存在时，可得方程为x=-1，代入椭圆方程，解得y=，则|ab|=3不成立；设直线ab的方程为y=k（x+1），代入椭圆方程，可得（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0，设a（x1，y1），b（x2，y2），即有x1+x2=-8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2，则|ab|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k264k4(3+4k2)2-4(4k2-12)3+4k2=247，即为12(1+k2)3+4k2=247，解得k=1，则直线l的方程为y=（x+1）21.证明：（）以a为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则b（0，1，0），c（-2，4，0），d（-2，0，0），p（0，0，4），pc=(-2，4，-4)，bd=(-2，-1，0)，pcbd=0所以pcbd（）由（1）知pcbd，且pa平面abcd，显然pabd,易证bd为面pac的法向量，设面pbc的法向量n=（a，b，c），pb=(0，1，-4)，bc=(-2，3，0)所以npb=0nbc=0b=4ca=6c所以面pbc的法向量n=（6，4，1），cos=-16265265因为面pac和面pbc所成的角为锐角，所以二面角b-pc-a的余弦值为1626526522.解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得a=2ca=32，解得a=2c=3，所以b2=a2-c2=4-3=1，故椭圆c的方程为x24+y2=1（2）存在实数k使得以线段ab为直径的圆恰好经过坐标原点o理由如下：设点a（x1，y1），b（x2，y2），将直线l的方程y=kx-3代入x24+y2=1，并整理，得(1+4k2)x2-83kx+8=0（*）则x1+x2=83k1+4k2，x1x2=81+4k2因为以线段ab为直径的圆恰好经过坐标原点o，所以oaob=0，即x1x2