【优质文档】福建省福州市八县(市)一中2017-2018学年高二上学期期末联考试题+数学(理)试卷含答案

高中 二 年 数学（理） 科试卷

命题学校： 永泰一中 命题教师： 叶长春 审核教师： 林志成 考试时间：1月31日 完卷时间：120分钟 满分：150分

一、选择题（本大题12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）

1．抛物线y2x2的准线方程为（ ）

1111A.y B.y C.x D.x

88222．已知向量a(1,3,2)，b(2,m1,n1)，且a//b，则实数mn（ ）

A.2 B.2 3．下列命题错误的是（ ）．．

C.4 D.10

A.“若x21，则x1”的否命题为“若x21，则x1”

B.若pq为假命题，则p,q均为假命题；

C.命题“xR，x20”的否定为“xR，x20”

D.命题“若m0，则方程x2xm0有实数根”的逆否命题为：“若方程

x2xm0无实数根，则m0”；

x3y34. 设x，y满足约束条件xy1，则z2xy的最大值为（ ）

y0A.2

B.

7 2 C.

9 2 D.6

x2y21焦距为2”的（ ） 5．“m4”是“椭圆5mA.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6．在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且OM1MA，点N为BC的中2点．若OAa，OBb，OCc，则MN等于（ ）

111111111111A.abc B.abc C.abc D.abc

322222322222

1

7．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为

5，则公比q的值为 ( ) 411 B.2 C. D.2 228．如图所示，在正方体ABCDABCD中，点E是棱BC的中点，点G是棱DD的中点，则异面直线GB与BE所成的角

A.为（ ）

A.120° B.90° C.60° D.30°

x2y29．已知过双曲线C:221a0,b0焦点的直线l与双曲线C交于A，B两

ab点，且使AB3a的直线l恰好有3条，则双曲线C的离心率为（ ）

A.3 B.2 C.6 D.10

2210．数列an 满足a11，对任意的nN*都有an1ann1，则

111 ( ) a1a2a100A.

200100199 B. C. D.

101100100101x2y21，直线yx与椭圆交于A、B两点，P是椭圆上异于A、B11．已知椭圆42的点，且直线PA、PB的斜率存在，则kPAkPB=（ ）

A.2 B.

11 C． D． 2 22x2y212．设双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2，若在双曲线C的

ab右支上存在点P，使得PF1F2的内切圆半径为a，记圆心为M，PF1F2的重心为G，且满足MG//F1F2，则双曲线C的渐近线方程为( )

A.yx B.y2x C.y2x D.y3x

2

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13．命题“xR,x22axa0”是假命题，则实数a的取值范围为_________

y2x214．已知双曲线221(a0,b0)的一条渐近线方程是y3x，它的一个焦点

ab与抛物线x28y的焦点重合，则双曲线的方程为_________________

15．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且a,2b,c成等比数列，则cosB的

最小值为______________

E、F分别为线段B1D1、BC1上116．在正方体ABCDA1BC11D1中，若棱长为，点

的动点，则下列结论中正确结论的序号是__________ ①DB1面ACD1； ②面A1C1B//面ACD1； ③点F到面ACD1的距离为定值

3； 31. 3④线AE与面BB1D1D所成角的正弦值为定值

三、解答题（本大题6小题，共70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10分）

x2y21表示焦点在x轴已知命题p:xmx90无实数解，命题q：方程

4m1m2上的双曲线.

（Ⅰ）若命题q为假命题，求实数m的取值范围；

（Ⅱ）若命题“p或q”为真，命题“p且q”为假，求实数m的取值范围.

18．(本小题满分12分)

已知a,b,c分别是ABC的三个内角A,B,C所对的边.

33，c3，且A,B,C成等差数列，求a,b的值； 2（Ⅱ）若accosB，且bcsinA，试判断ABC的形状.

（Ⅰ）若ABC的面积为

19．（本小题满分12分）

A1C1B1DAFABC为等腰直角三角形, 如图所示，在直三棱柱ABCA1BC11中,BAC90,且AABC的中点． 1AB,D、E、F分别为B1A、C1C、

（Ⅰ）求证：DE∥平面ABC；

（Ⅱ）求锐二面角B1AEF的余弦值．

3

ECB20．（本小题满分12分）

已知抛物线C:y22pxp0上一点P2,m到焦点F的距离为4． （Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）设直线l经过点1,1，求直线l与抛物线C有两个公共点时k的取值范围．

21．（本小题满分12分）

如图所示，在长方形ABCD中，AB＝22，AD＝2，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得二面角DAMB为直二面角. （Ⅰ）求证：AD⊥BM；

（Ⅱ）问：在线段DB上是否存在一点E，使得直线BD与平面AME所成角的正弦值为

230，若存在确定点E的位置，若不存在，说明理由. 15

22.（本小题满分12分）

1x2y2已知椭圆C：22（在椭1ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P（3，）2ab圆C上，满足PF1PF21. 4（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）已知两点A(xx,2y(x)1x2)在曲线C上，记m(1,y1),B(2x1,y1)，ax2n(,y2)，若mn，O为坐标原点，试探求OAB的面积是否为定值？若是，求

a出定值；若不是，请说明理由.

4

2017-2018学年第一学期八县（市）一中期末联考

高二数学(理科)参

一、选择题（每小题5分，共60分） 题号 答案 1 A 2 B 3 B 4 D 5 A 6 C 7 C 8 B 9 D 10 A 11 C 12 D 二、填空题（每小题5分，共20分）

7y2x21 15、 16、①②③ 13、(1,0) 14、

83三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤） 17、解： （Ⅰ）命题q：4m0，得1m4 „„„„„„„„„„„2分

1m0依题意得q为真命题„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 所以，m的取值范围为(1,4) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 （Ⅱ）命题p：m2360，得6m6 „„„„„„„„„„„„6分 依题意得p与q必然一真一假„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 若p真q假，则6m6，得6m1或4m6 „„„„„„„8分

m4或m1m6或m6pq若假真，则，此时无解 „„„„„„„„„„„„„„9分

1m4所以，实数m的取值范围为(6,1][4,6) „„„„„„„„„„„„„„„„10分 18、解：（Ⅰ）A,B,C成等差数列，2BAC，„„„„„„„„„„1分 又ABCB SABC3 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

13333acsinBa，解得a2 „„„„„„„„„„„„4分 242由余弦定理得，ba2c22accosB=7 „„„„„„„„„„„„„6分

a2c2b2a2b2c2（Ⅱ）根据余弦定理，由accosB，得ac， ，

2ac 5

ABC是以CsinA2的直角三角形， „„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

aabcsinAca， 故ABC是等腰直角三角形„„„„12分 ，=

cc119、解: （Ⅰ）方法一：设AB的中点为G，连接DG,CG，则DG//BB1//EC,

2∴四边形DGCE为平行四边形„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 ∴DE//GC„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 又DE面ABC,GC面ABC ∴DE//面ABC． „„„„„„„„„„„6分 法二：如图，以A点为原点，分别以AB、AC、AA1为x、y、z轴建立空间直角坐标系 令AA,1,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),D(1,0,1) „2分 1AB2，则A(0,0,0),E(0,2,1),F(1DE(1,2,0)，面ABC的一个法向量为AA1(0,0,2) „„„„„„„„„„„3分

∵DEAA10，∴DEAA1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分 又∵DE面ABC，∴DE∥平面ABC．„„„„„„„„„„„„„ A „„6分 （Ⅱ）B1F(1,1,2),EF(1,1,1),AF(1,1,0) ∴B1FEF0,B1FAF0

1 B 1 C 1 ∴B1FEF ,B1FAF

D G B A E C ∵AFEFF ∴B1F面AEF

F ∴平面AEF的一个法向量为B1F(1,1,2)„„„„„„„„„„„„„„„„8分 2yz0设平面B1AE的法向量为n(x,y,z)，则由nAE0,nAB10，即.

xz0令x2，则z2,y1n(2,1,2) „„„„„„„„„„„„„„„„9分

nB6nBF61F „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分 cosn,B1F 66nFnBB11F∴锐二面角B1AEF的余弦值为

6 „„„„„„„„„„„„„„„„„12分 620、解：（1）抛物线C:y22pxp0

pp,0，准线方程为x， „„„„„„„„„„„„„1分

22p∵点P2,m到焦点F距离为4，∴24，解得p4， „„„„„„„„3分

2∴抛物线焦点为F∴抛物线C的方程为y8x „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 （2）设直线l方程为： ykx11 „„„„„„„„„„„„„„„„„5分

6

2k2yk(x1)1由2得：yyk10 „„„„„„„„„„„„„„„„7分

8y8x当

k11k0，即k0时，由0，即14(k1)1k2k02k18228时，直线与抛物线相交，有两个公共点； „„„„„„„„„„„„„„„„„11分 所以，当2k1，且k0时，直线与抛物线有两个公共点. „„„„„„„„12分 21、（I）【证明】在图1的长方形ABCD中，AB＝22，AD＝2，M为DC的中点， ∴AM＝BM＝2，所以AM2＋BM2＝AB2∴BM⊥AM „„„„„„„„„„„„„1分 在图2中，∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM ∴BM⊥平面ADM „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 ∵AD⊂平面ADM ∴AD⊥BM „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

（II）【解】取AM中点O，连接DO则DOAM

取AB的中点F，连接OF，则OF//BM，由（I）得OF⊥平面ADM

如图，建立空间直角坐标系O－xyz „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 则A(1，0，0)，B(－1，2，0)，D(0，0，1)，M(－1，0，0) 则BD(1,2,1),AM(2,0,0)，设BEBD

则AEABBD(2,22,) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 设平面AME的一个法向量为n＝(x，y，z)

2x0nAM0则，即 „„„„„„„„„„„„„8分 (2)x(22)yz0nAE02222 取y＝1，得x＝0，z，所以n＝(0，1，) „„„„„„„„„9分

设直线BD与平面AME所成角为

2BDn230230则sincosBD,n，即

151522BDn61()21112化简得：2032110，解得或（舍） „„„„„„„„11分

210

7

存在点E为BD的中点时，使直线BD与平面AME所成角的正弦值为（22、解：（Ⅰ）设F1-c,0),F2(c,0),c0，

（c3,)（c3,)3c则PF1PF212122230„12分 1511，所以c3 „„ 1分 44因为2aPF1PF2=4，所以a2 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

b21 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分

x2椭圆C的标准方程为y21 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

4（Ⅱ）x1x2，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：ykxm

x2y21联立，得：(4k21)x28kmx4m240 与椭圆C:4直线AB与椭圆C有两个交点，k2m24(4k21)(4m24)0

解得：4k1m „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

228kmxx124k21由韦达定理得： „„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 2xx4m4124k21xx由（Ⅰ）得a2，则m(1,y1)，n(2,y2)

22由mn，得mn0，得x1x24y1y20，

得：(4k21)x1x24km(x1x2)4m20，把韦达定理代入得：2m4k1„8分 又原点O到直线AB的距离d22m1k2 „„„„„„„„„„„„„„„„„9分

所以SOABm111dAB1k2x1x2m(x1x2)24x1x2 221k222m2m218km24m24222m4k121为定值„11分 m(2)424k124k14k14k1所以OAB的面积为定值1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

8