北京市西城区2015-2016学年高二上学期期末数学试卷理科Word版含解析

1、2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（理科）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圆心为（1，2），且与y轴相切的圆的方程是（）A（x+1）2+（y+2）2=4B（x1）2+（y2）2=4C（x+1）2+（y+2）2=1D（x1）2+（y2）2=13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

2、平行其中真命题的序号是（）ABCD4实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是（）ABC，或D，或5“直线L垂直于平面内无数条直线”是“直线L垂直于平面”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件6一个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为（）AB1CD27已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P使得F1PF2是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）ABCD8已知四面体ABCD的侧面展开图如图所示，则其体积为（）A2BCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答

3、案填在题中横线上.9命题“xR，x210”的否定是10已知直线l1：2xay1=0，l2：axy=0若l1l2，则实数a=11已知双曲线的一个焦点是（2，0），则其渐近线的方程为12如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1和B1D1所成角的大小为；直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小为13在空间直角坐标系Oxyz中，已知平面的一个法向量是=（1，1，2），且平面过点A（0，3，1）若P（x，y，z）是平面上任意一点，则点P的坐标满足的方程是14曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：曲线C关于y轴对称；若点P（x，y）在曲线

4、C上，则|y|2；若点P在曲线C上，则1|PF|4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的底面ABCD为菱形，Q是棱PA的中点（）求证：PC平面BDQ；（）若PB=PD，求证：平面PAC平面BDQ16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：OMON17如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90°，AB=2，点D在棱B1C1上，且B1C1=4B1D（）求证：BDA1C；（）求二面角BA1D

5、B1的大小18如图，在直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4点B，C在圆O上，且关于x轴对称（）当点B的横坐标为时，求的值；（）设P为圆O上异于B，C的任意一点，直线PB，PC与x轴分别交于点M，N，证明：|OM|ON|为定值19如图1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示（）证明：BC平面PBD；（）证明：AM平面PBC；（）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由20如图，已知四边形ABCD是椭圆3x2+4y2=12的内接平行

6、四边形，且BC，AD分别经过椭圆的焦点F1，F2（）若直线AC的方程为x2y=0，求AC的长；（）求平行四边形ABCD面积的最大值2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（理科）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，

7、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圆心为（1，2），且与y轴相切的圆的方程是（）A（x+1）2+（y+2）2=4B（x1）2+（y2）2=4C（x+1）2+（y+2）2=1D（x1）2+（y2）2=1【考点】圆的切线方程【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆【分析】由所求圆与y轴相切，得到圆心的横坐标的绝对值为圆的半径，进而由圆心C的坐标和求出的半径写出圆的标准方程即可【解答】解：圆心C的坐标为（1，2），且所求圆与y轴相切，圆的半径r=1，则所求圆的方程为（x1）2+（y2）2=1故选

8、：D【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，其中根据题意得到圆心横坐标的绝对值为圆的半径是解本题的关键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、

9、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实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是（）ABC，或D，或【考点】双曲线的标准方程【专题】计算题；规律型；函数思想；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】利用双曲线的实轴与虚轴的长，直接写出双曲线方程即可【解答】解：实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是：或，故选：D【点评】本题考查双曲线

10、方程的求法，注意焦点坐标所在的轴，是易错题5“直线L垂直于平面内无数条直线”是“直线L垂直于平面”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【专题】简易逻辑【分析】根据线面垂直的定义以及充分条件和必要条件的定义即可得到结论【解答】解：根据线面垂直的定义可知，直线L与平面内任意无数条直线都垂直，当直线L与平面内无数条直线都垂直时，直线l与平面垂直不一定成立，“直线L与平面内无数条直线都垂直”是“直线L与平面垂直”的必要不充分条件故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的定义是解决本题的关键，注意“无数

11、条”和“任意条”的区别6一个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为（）AB1CD2【考点】由三视图求面积、体积【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】由三视图知几何体为正六棱锥，根据正视图中ABC是边长为2的正三角形，得底面六边形的边长为1，棱锥的高为，再由俯视图求得侧视图的宽，代入三角形的面积公式计算【解答】解：由三视图知几何体为正六棱锥，正视图中ABC是边长为2的正三角形，底面六边形的边长为1，棱锥的高为2×=，由俯视图知侧视图的宽为2×=，侧视图的面积S=××=故

12、选C【点评】本题考查了由三视图求侧视图的面积，解题的关键是由正视图求几何体的高与底边长7已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P使得F1PF2是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）ABCD【考点】椭圆的简单性质【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角F1PF2达到最大值，由此可得结论【解答】解：如图，当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角F1PF

13、2达到最大值由此可得：椭圆上存在点P使得F1PF2是钝角，P0F1F2中，F1P0F290°，RtP0OF2中，OP0F245°，所以P0OOF2，即bc，a2c2c2，可得a22c2，e，0e1，e1故选：B【点评】本题考查了椭圆的简单几何性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题8已知四面体ABCD的侧面展开图如图所示，则其体积为（）A2BCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离【分析】利用展开图判断三棱锥的底面形状，推出棱长，然后求解几何体的体积【解答】解：由题意可知三棱锥的底面是等腰直角三角形，腰长为：，斜边为：

14、2，3条侧棱相等为：如图：BOCBOABOD，可得BO是三棱锥的高为2四面体ABCD的体积为： =故选：D【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查计算能力以及空间想象能力二、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

15、直线l1：2xay1=0，l2：axy=0若l1l2，则实数a=【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系【专题】计算题；方程思想；定义法；直线与圆【分析】由平行关系可得斜率相等，需要分a=O和a0讨论【解答】解：当a=0时，l1：2x1=0，l2：y=0则l1l2，不满足条件，当a0时，直线l1：2xay1=0，即为y=，l2：axy=0即为y=ax，l1l2，=a，解得a=±，故答案为：【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题11已知双曲线的一个焦点是（2，0），则其渐近线的方程为【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

16、】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12如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1和B1D1所成角的大小为60°；直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小为30°【考点】直线与平面所成的角【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角【分析】连结DC1，A1C1，设A1C1B1D1=O，连结BO，由B1D1BD，得DBC1是线BC1和B1D1所成角，由此能求出直

17、线BC1和B1D1所成角的大小；推导出C1O平面B1D1DB，从而OBC1是直线BC1和平面B1D1DB所成角，由此能求出直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小【解答】解：连结DC1，A1C1，设A1C1B1D1=O，连结BO，B1D1BD，DBC1是线BC1和B1D1所成角，BD=BC1=DC1，DBC1=60°，直线BC1和B1D1所成角的大小为60°；正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D1A1C1，BB1A1C1，B1D1BB1=B1，C1O平面B1D1DB，OBC1是直线BC1和平面B1D1DB所成角，=，OBC1=30°直线BC1和平面B1D1DB

18、所成角为30°故答案为：60°，30°【点评】本题考查直线与平面所成角的大小的求法，考查线面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养13在空间直角坐标系Oxyz中，已知平面的一个法向量是=（1，1，2），且平面过点A（0，3，1）若P（x，y，z）是平面上任意一点，则点P的坐标满足的方程是xy+2z+1=0【考点】轨迹方程【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】求出向量=，利用平面的一个法向量是=（1，1，2），通过向量的数量积为0，求解即可【解答】解：由题意可知=（x，y3，z1）；平面的一个法向量是=（1，1，2）

19、，所以=0，即：（x，y3，z1）（1，1，2）=0；xy+3+2z2=0，即xy+2z+1=0，所求点P的坐标满足的方程是xy+2z+1=0故答案为：xy+2z+1=0【点评】本题是基础题，考查点的轨迹方程的求法，注意向量的数量积的应用，考查计算能力14曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：曲线C关于y轴对称；若点P（x，y）在曲线C上，则|y|2；若点P在曲线C上，则1|PF|4其中，所有正确结论的序号是【考点】轨迹方程【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设出曲线上的点的坐标，求出曲线方程，画出图象，即可判断选项的正误

20、【解答】解：设P（x，y）是曲线C上的任意一点，因为曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=1的距离之和等于4的点的轨迹，所以|PF|+|y+1|=4即，解得y1时，y=2x2，当y1时，y=x22；显然曲线C关于y轴对称；正确若点P（x，y）在曲线C上，则|y|2；正确若点P在曲线C上，|PF|+|y+1|=4，|y|2，则1|PF|4正确故答案为：【点评】本题考查曲线轨迹方程的求法，曲线的基本性质的应用，考查计算能力三、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的底面ABCD为菱形，Q是棱PA的中点（）求证：PC平面BDQ；

21、（）若PB=PD，求证：平面PAC平面BDQ【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】（）设AC交BD于点O，连结OQ，证明OQPC即可利用直线与平面平行的判定定理证明PC平面BDQ（）连结OP说明BDAC，BDPO，然后证明BD平面PAC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面PAC平面BDQ【解答】（本小题满分13分）（）证明：设AC交BD于点O，连结OQ（1分）因为 底面ABCD为菱形，所以 O为AC中点因为 Q是PA的中点，所以 OQPC（4分）因为 OQ平面BDQ，PC平面BDQ，所以PC平面BDQ（5分）（）证明：

22、连结OP（6分）因为 底面ABCD为菱形，所以 BDAC，O为BD中点（8分）因为 PB=PD，所以 BDPO（10分）又因为：AOAC=0，所以 BD平面PAC（11分）因为 BD平面BDQ，所以 平面PAC平面BDQ（13分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力16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

23、、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，（2分）所以，解得p=1，（4分）所以 抛物线的方程为y2=2x（5分）（）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（7分）所以 x1x2=4（8分）由，两式相乘，得，（9分）注意到y1，y2异号，所以 y1y2=4（10分）所以直线OM与直线ON的斜率之积为，（12分

24、）即 OMON（13分）【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17如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90°，AB=2，点D在棱B1C1上，且B1C1=4B1D（）求证：BDA1C；（）求二面角BA1DB1的大小【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定【专题】计算题；方程思想；转化思想；空间位置关系与距离【分析】（）以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，求出相关点的坐标，求出，通过数量积为0，证明 BDA1C（）求出平面A1DB的一个法向量，平面A1DB1的一个法向量，利用斜率的数量积

25、求解二面角BA1DB1的平面角即可【解答】（本小题满分13分）（）证明：因为 ABCA1B1C1直三棱柱，所以 AA1AB，AA1AC又 ABAC，所以 AB，AC，AA1两两互相垂直（1分）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz（2分）则 B（2，0，0），由，得（3分）所以，因为，（4分）所以 BDA1C（5分）（）解：，设平面A1DB的一个法向量为=（x1，y1，z1），则（7分）所以取z1=1，得（9分）又平面A1DB1的一个法向量为=（0，0，1），（10分）所以，（12分）因为二面角BA1DB1的平面角是锐角，所以二面角BA1DB1的大小是60°（13分）【点评】本

26、题考查二面角的平面角的求法，直线与直线垂直的证明，考查空间想象能力以及计算能力18如图，在直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4点B，C在圆O上，且关于x轴对称（）当点B的横坐标为时，求的值；（）设P为圆O上异于B，C的任意一点，直线PB，PC与x轴分别交于点M，N，证明：|OM|ON|为定值【考点】平面向量数量积的运算；向量在几何中的应用【专题】计算题；规律型；转化思想；平面向量及应用【分析】（）求出B，C的坐标，利用数量积求解即可（）设B（x0，y0），P（x1，y1）（y1±y0），然后求解|OM|ON|即可【解答】（）解：因为点B在圆O上，横坐标为不妨设，由对称性知，（

27、2分）所以（5分）（）解：设B（x0，y0），由对称性知C（x0，y0），且（6分）设P（x1，y1）（y1±y0），则（7分），（9分）在上述方程中分别令y=0，解得，（11分）所以所以|OM|ON|=4（13分）【点评】本题考查向量的数量积，斜率在几何中的应用，考查计算能力19如图1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示（）证明：BC平面PBD；（）证明：AM平面PBC；（）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由【考点】

28、直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定【专题】空间位置关系与距离【分析】（）利用俯视图和勾股定理的逆定理可得BCBD，利用线面垂直的性质定理可得BCPD，再利用线面垂直的判定定理即可证明；（）取PC上一点Q，使PQ：PC=1：4，连接MQ，BQ利用左视图和平行线分线段成比例的判定和性质即可得出MQCD，再利用平行四边形的判定和性质定理即可得出AMBQ，利用线面平行的判定定理即可证明（）通过建立空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量所成的角的夹角公式即可得出【解答】（）证明：由俯视图可得，BD2+BC2=CD2，BCBD又PD平面ABCD，BCPD，BDPD=D，BC平面PBD（）证明：取PC上一点Q，使PQ：PC=1：4，连接MQ，BQ由左视图知 PM：PD=1：4，MQCD，在BCD中，易得CDB=60°，ADB=30°又 BD=2，AB=1，又ABCD，ABMQ，AB=MQ四边形ABQM为平行四边形，AMBQAM平面PBC，BQ平面PBC，直线AM平面PBC（）解：