福建省厦门第一中学2005—2006学年度第一学期期末考试高二年数学试卷(理科)

高二年数学试卷(理科)

第Ⅰ卷

一. 选择题(本大题共12小题,每题5分,共60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,答案应填涂在答题卡上才能得分.) 1.抛物线x =

12

y的焦点坐标是 ( ) 2011A.（5，0） B.（0，5） C. （ ，0） D. （0，）2

55x2y21的右焦点圆心,且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为 ( ) 2.以双曲线169A. (x7)2y225 B. (x5)2y29 C. (x5)2y23 D. x2(y7)24

3.设点P是直线l外的一点,则过点P与l成300的异面直线有 （ ）

A. 无数条 B. 两条 C. 至多有两条 D. 一条

x2y21与直线y2x1交于A,B两点,该椭圆上又有C,D两点,且ABCD是平行4.椭圆49四边形,则直线CD的方程是 ( ) A. y3x1 B. y2x1 C. y2x D. y2x1

5.已知O1,O2是三棱锥V-ABC的高VO的从上到下的两个三等分点,则过点O1和O2且都平行于底面ABC的两个截面的面积之比是 ( )

A A. 1:3 B. 1:4 C. 1:9 D. 1:27

6.有一块直角三角板ABC,∠A=300,∠C=900,BC边在桌面上,当三角板和

桌面成450角时,AB边与桌面所成角的大小是 ( ) 106 B. C. arcsin D. arccos

104467.如图,定直线a和定点A都在平面内且Aa,直线PA⊥平面,若平 面内的动点C到直线a和直线PA的距离相等,则点C在平面内的 运动轨迹是 ( ) A. 一条无端点的线段 B. 一个去掉两个点的圆

A.

B C a



- 1 -

C. 一个去掉两个点的椭圆 D. 一条抛物线

V 3,则其 3相邻两侧面所成的二面角的余弦值是 ( ) A 8.正三棱锥VABC的侧面与下底面所成的角的余弦值为

C B

211 C. D. 2239.如图正方体ABCD-A1B1C1D1中,设B1到平面CDD1的距离为d1, D1到平面B1CD的距离为d2,D到平面B1CD1的距离为d3,则( ) A. d3>d2>d1 B. d3>d1>d2 C. d1>d3>d2 D. d1>d2>d3

A. 0 B.

x2y210.已知双曲线221 (a0,b0)的左,右焦点分别为F1,F2,点

abP在双曲线的右支上且满足|PF1|=4|PF2|,则双曲线的离心率e的最大值是 ( ) A.

457 B. C. 2 D. 33311.已知正四面体的表面积为S,其四个面的中心分别为E,F,G,H设四面体EFGH的表面积为T,则

T等于 ( ) S1114 B. C. D.

4993A.

12..若点P(x,y)是双曲线x2y24上的动点,则A. 1 B.

y1的最大值是( ) x5

53 C. D.

22

二、填空题（本大题共4小题,每小题4分,共16分.答案应填在第Ⅱ卷中相应位置上） 13.已知A,B,C三点不共线,O为平面ABC外任意一点,若由向量OPOA(R)确定的一点P与A,B,C三点共面,则= . 14.已知3a2b(2,0,4),c(2,1,2),ac2,b4,则cos= . 15.已知a,b,c是不重合的直线,,,,是不重合的平面,给出下列命题:

① 二面角a与二面角b中,若有,,则这两个二面角相等或互补; ② a,若b,c在平面内的射影相互平行,则在内的射影也相互平行; ③ a,b,若//,//,则a//b ; ④ ,,则//.

其中不正确的命题序号为 . ．．．

16.将三棱锥P-ABC沿三条侧棱剪开后,展成如图的形状,其中P1,B,P2共线,P2,C,P3共线,且P1P2=P2P3,则在三棱锥P-ABC中,PA与BC所成的角的大小是 .

- 2 -

152OBOC 3三、解答题（本大题共6小题,共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，解答在第Ⅱ卷上，否则不给分。）

17.(本小题满分12分) 已知平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠D=600,PA⊥平面ABCD,且PA=6,求PC的长.

18.( 本小题满分12分) 已知椭圆的中心在坐标原点,焦点在y轴上,离心率e=准线的距离为

2,焦点到相应35, 2（1）求该椭圆的方程;（2）若A,B是椭圆上关于x,y轴均不对称的两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点P(1,0) ,设AB的中点为M(x0,y0),求x0的值;

19.(本小题满分12分) 已知抛物线y24px(p0)的一条过焦点F的弦与抛物线交于两点

S2A,B,且|AB|=m,设△AOB的面积为S,则是否为定值?证明你的结论.

m

20.(本小题满分12分) 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,AB//CD,∠DAB=900,PA

1⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=AB=1,M是PB的中点,

2(1) 证明面PAD⊥面PCD; (2) 求AC与PB所成的角; （3）求二面角M-AC-B的大小

- 3 -

x2y221. (本小题满分12分) 已知双曲线221(a>0, b>0)的离心率e=23，过点A(0, ―b)

ab3和B(a,0)的直线与原点间的距离是3，

2（1）求这双曲线的方程；（2）直线y=kx+5 (k≠0)与双曲线交于不同的两点C, D，且两点都

在以A为圆心的同一个圆上，求k的值。

22. (本小题满分14分) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=900,侧棱AA1=2,D,E分别是CC1与A1B的中点,又点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G, (1)求证:B1D//平面BGE；(2)求点A1到平面AED的距离.

附加题(本题满分10分): 抛物线yx2上有一个正方形的三个顶点A,B,C,求这样的正方形面积的最小值.

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福建省厦门第一中学2005—2006学年度第一学期期末考试

班级： 座号： 姓名： 准考证号： 高二年数学试卷

第Ⅱ卷(答案卷)

题第Ⅰ卷 号 得分 填空题 17 18 第Ⅱ卷 19 20 21 22 总分 填空题答题栏:

13. . 14. .

15. . 16. .

三、解答题（本大题共6小题,共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.(本小题满分12分) ——————————————— 密 封 线 内 不 得 答 题 - 5 -

18.(本小题满分12分)

19.( 本小题满分12分)

- 6 -

座位号 20.(本小题满分12分)

21. (本小题满分12分)

- 7 -

22. (本小题满分14分)

附加题(本题满分10分): 抛物线yx2上有一个正方形ABCD的三个顶点A,B,C,求这样的正方形面积的最小值.

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福建省厦门第一中学2005—2006学年度第一学期期末考试

高二年数学试卷(理科)答案

一．选择题（每题5分，共60分）

1. A 2. B 3. A 4. B 5. B 6. C 7. D 8. A 9. D 10. B 11. C 12. C

二.填空题(每题4分,共16分) 13.

210

14.  15. ①,②,④ 16. 90 154三.解答题: 17.(12分)

解一:在△ACD中,AC=AD2CD22ADCDcos6004232243∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AC,又PA=6,

∴在Rt△PCA中,PC=PA2AC2621327. 解二:

113, 2CPCDDAAP,|PC||CP|(CDDAAP)222

=|CD|2|DA|2|AP|22CDDA2DAAP2APDA,

∵|CD|3,|DA4|,|AP|6,且PA⊥平面ABCD,∴CD,AP900,DA,AP900, 又∠D=60,∴CD,DA1200,

0

∴PC2=32+42+62+2|CD||DA|cos120032+42+62+234()49,∴PC=7.

12c2a3,2225yxac, 18.(12分) (1)据题意可设椭圆方程为221,由ab2ca2b2c2.2y2x2a9,1为所求的椭圆方程. 解得2∴95b5.- 9 -

y12x121,y1y29x1x29x095(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由2得K, AB=2x1x25y1y25y0y2x21,59∴AB的中垂线方程为:yy05y05y(xx0), 令y=0,得y00(xpx0), 9x09x0∵A,B不关于坐标轴对称,∴y00,∴x055xp,∵xp=1,∴x0.

4419.(12分)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),又F(p,0),

lAB:kyxp2222设2x(4pk2p)xp0, x1x24pk2p, y4px又由抛物线定义,|AB|=mx1x22p4p(1k2), 且原点O到AB的距离h1, 又Smh,

21k2ph p2S211223∴为定值. 证毕. mh4p(1k)pm441k220.(12分)解一.(1)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,

0

∵∠DAB=90,∴AB⊥AD,∵PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD, ∵CD//AB,∴CD⊥平面PAD,

∵CD平面PCD,∴平面PAD⊥平面PCD.

(2)作BE//AC,AE//CB,AE∩BE=E,则∠PBE为AC与PB所成的角, ∵PA⊥平面ABCD,AC⊥BC,∴AE⊥BE,由三垂线定理得PE⊥BE, ∵BE=AC=2,PB=PA2AB25,cosPBEG H E 2510, 510. 5(3)∵PA⊥底面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD,在平面PAB内过点M作MG⊥AB于点G, 则MG⊥平面ABCD,作GH⊥AC于点H,连结MH,由三垂线定理可知MH⊥AC,∴∠MHG为二面角M-AC-B的平面角,

11∵PA⊥平面ABCD,MG⊥平面ABCD,∴PA//MG,又M为PB中点,∴MG=PA,

2222, 又在直角梯形ABCD中,易知∠CAB=450,G为AB中点,AG=1∴GH=AG=

22∴AC与PB所成的角为arccos- 10 -

12MG2∴tanMHG. 2,∴二面角M-AC-B大小为arctanz 2GH222解二:以A为原点,AD所在直线为x轴,AB所在直线为y轴,AP所 在直线为z轴建立空间直角坐标系,据题设条件有:

A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,(1)由DC=(0,1,0),AD=(1,0,0),AP=(0,0,1),

1), 2y DCAD(0,1,0)(1,0,0)0,∴∴DC⊥AD且DC⊥AP, DCAP(0,1,0)(0,0,1)0.∴DC⊥平面APD, ∵CD平面PCD,∴平面PAD⊥平面PCD. (2)∵AC=(1,1,0),PB=(0,2,-1),∴cos=x ACPB|AC||PB|0202510, 5∴AC与PB所成的角为arccos10. 5(3)平面ABC的法向量AP=(0,0,1),又AM(0,1,

1), 2nAC(x,y,z)(1,1,0)xy0,设平面MAC的法向量n(x,y,z),由 11nAM(x,y,z)(0,1,)yz0.22x1,nAP0026令z2,得y1,∴n=(1,-1,2),则cos=,

36|n||AP|z2.6. 3yx21.(12分)解: (1)直线AB的方程为:1,即bxayab0.ab∴二面角M-AC-B大小为arccos又原点O到直线AB的距离

|ab|a2b233abc,由22- 11 -

3abc,22x2a3,c23y21. ,.解得2∴所求双曲线方程为33ab1.a2b2c23c) 2(2) 方法1:由(1)可知A(0,-1),设C(x1,y1),D(x2,y2),由|AC|=|AD|

(注:也可由面积法求得ab2x12(y11)2x2(y21)2,2x22222得:1y1∴3+3y1+(y1+1)=3+3y2+(y2+1), 1,32x22y21,3整理得: (y1-y2)[2(y1+y2)+1]=0, ∵k≠0,∴y1≠y2,∴y1+y2=-

1, 2ykx5101122222

又由x2(1-3k)y-10y+25-3k=0 (k≠0且k≠),∴y, 1+y2=22213k3y13解得k=7,由△=100-4(1-3k)(25-3k)>00k2∴满足题设的k=7.

2

2

2

26212

(k), k=7满足此条件, 33ykx51222方法2:由x2(13k)x30kx780,(k), 23y13设C(x1,y1),D(x2,y2),CD的中点M(x0,y0),∵|AC|=|AD|,∴M在CD的中垂线AM上,

x1x215kx,025115k1213k1, ∵lAM:y1x,∴22k13k13kkykx55.0013k2整理得k27,解得k=7.(k27满足13k20且0)

22.(14分)解一:以C为原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴建

- 12 -

z 立空间直角坐标系,

(1)设A(t,0,0),则B(0,t,0),D(0,0,1),A1(t,0,2),G(E(

tt1,,), 333tt,,1),B1(0,t,2), 22tt2∴GE(,,),AB(t,t,0),AD(t,0,1),由GE⊥平面ABD,

663121x GEABtt0,11266∴t2,∴GE(,,),BA1(2,2,2),

333GEAD1t220.633x,21121n1GE3x3y3z0,设平面BGE的法向量n1(x,y,z),则令z=1,得y,

2nBA2x2y2z0.11z1∴n1(,,1),又B1D(0,2,1),∵n1B1D0()(2)1(1)0,

y

32123212n1B1D,∴B1D//平面BGE.

(2)由t2,得AD(2,0,1),DE(1,1,0),设平面AED的法向量为n2(x,y,z),

x1,n2AD2xz0,由令z=2,得y1,∴n2(1,1,2), z2.n2DExy0.又AA1(0,0,2),∴n2AA14,|n2|6, ∴点A1到平面ADE的距离d|n2AA1||n2|4626. 3解二: (1)连结AB1,∵ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴ABB1A1为矩形,

∴AB1∩A1B=E,延长BG交AD于F,∵G为△ABD的重心,∴F为AD的中点, 连结EF,则△AB1D中,EF∥B1D,

∵EF平面BGE,B1D平面BGE,∴B1D//平面BGE.

(2)取AB中点H,连结EH,DE,CH,∵E,H,D分别为A1B,AB,CC1的 中点,∴EH∥AA1且EH=

F 11AA1,又AA∥CC1,CD=CC1∴EH∥CD且EH=CD, 22H

∴四边形DEHC为平行四边形,∴DE∥CH且DE=CH

- 13 -

∵△ABC为等腰直角三角形,且H为斜边AB中点,∴CH⊥AB,

∵直三棱柱ABC-A1B1C1中平面AB1⊥底面ABC,∴CH⊥平面AB1,∴DE⊥平面AB1,∴DEHC为矩形; 方法1:等积法:设点A1到平面ADE的距离为h,由VA1ADEVDAA1E,

112

DESAA1E,由G为△ABD的重心,∴Rt△DEH中EH=GHDH1DH2,而

3331EH=AA1=1,∴DH=3,∴DE=CH=2,AB=22,AC=BC=2,A1B=23,AE=3,

26261622,∴h∴SADE1AEDE=,SAA1ES矩形ABB1A12,∴h, 2324226. ∴点A1到平面ADE的距离为3有hSADE方法2:由DE⊥平面AB1,有平面ADE⊥平面AB1,作A1M⊥AE于M,则A1M⊥平面ADE,故A1M的长即为A1到平面ADE的距离,由SA1AE1S矩形ABB1A1有： 42611. A1MAE222,又同方法1求得AE=3，∴A1M=32426. ∴点A1到平面ADE的距离为3附加题:（10分）

2222

解：设抛物线y=x上的点A(x1,x2),B(x2,x2),C(x3,x3),BC的斜率为k,(k≠0),不妨设x3>x2>x1,

222x12x2x31x2则k=x2x3,------①,AB的斜率-x1x2,------②,

x2x3kx2x1∵|AB|=|BC|,∴(x1-x2)+(x1-x2)=(x3-x2)+(x3-x2), ∴(x2-x1)[1+(x1+x2)]=(x3-x2)[1+(x2+x3)],∴(x2-x1)12

2

2

2

22222222

12=(x, 3-x2)1kk2k311把①,②代入得2x2+=k(k-2x2),解得x2=,

2k(1k)k2k1k12k12222222

∴S正方形ABCD=|BC|=(1+k)(x2-x3)=(1+k)(k-2x2)=(1+k)[k-]=()(k1)2,

kk(1k)322k1k12k1k112

,∴(k1)2≥, ∵k+1≥2k>0,∴()≥4,又

k22222∴S正方形ABCD≥2（当且仅当ｋ＝１时等号成立），∴Smin=2.

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