2018北京101中学高二（上）期中数学测试题试卷

2018北京101中学高二（上）期中数学一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1.已知向量a=（8，x，x），b=（x，1，2），其中.若ab，则x的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 12.双曲线的焦点坐标为（ ）A. （l，0）B. （，0）C. （，0）D. （4，0）3.直线被圆截得的弦长为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 4.已知圆：与圆：相内切，那么等于（ ）A. 4B. 5C. 6D. 5.直线与圆相交于两点，则是“的面积为”的（ ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件6.抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 7.已知双曲线（a0，b0）的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 8.正方体ABCDA1B1C1D1中，平面A1BD与平面ABCD所成角的正切值为（ ）A. B. C. D. 9.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，平面A1B1C1D1内的一动点P，满足到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，则线段PA长度的最小值为（ ）A. B. C. D. 10.若存在直线l与曲线C1和曲线C2都相切，则称曲线C1和曲线C2为“相关曲线”，有下列四个命题：有且只有两条直线l使得曲线C1：和曲线C2：为“相关曲线”；曲线C1：和曲线C2：是“相关曲线”；当ba0时，曲线C1：和曲线C2：一定不是“相关曲线”；必存在正数a使得曲线C1：和曲线C2：为“相关曲线”.其中正确命题的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题，共6小题.11.已知M：，则M的半径r=_.12.如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，线段BD上有点H，满足DH=1，则异面直线DH与CC所成角的大小为_.13.已知椭圆焦点为F1，F2，P为椭圆上一点，则F1PF2的周长为_.14.若向量，且夹角的余弦值为，则=_.15.若椭圆W：的离心率是，则m=_.16.如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b（0a0，使得，即，然后根据向量相等得到关于的方程组，解方程组可得所求【详解】且，向量共线同向，存在实数0，使得，即，解得故选A【点睛】本题考查两向量共线的等价条件及其应用，考查计算能力，属于基础题2.【答案】B【解析】【分析】先确定双曲线焦点的位置，然后根据曲线方程得到实半轴和虚半轴的值，进而得到半焦距的值，由此可得焦点坐标【详解】由题意得双曲线的焦点在轴上，且，双曲线的焦点坐标为故选B【点睛】判断双曲线的焦点位置时，要看曲线方程中变量的正负，焦点在正的项对应的变量所在的轴上，然后再根据求出半焦距后可得焦点的坐标3.【答案】C【解析】因为化为，可知圆的圆心为,半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得直线被圆截得的弦长为，故选.【此处有视频，请去附件查看】4.【答案】C【解析】【分析】根据两圆相内切得到圆心距和两半径间的关系，由此可得所求的值【详解】由题意得圆和圆相内切，即，解得或（舍去）故选C【点睛】本题考查两圆位置关系的运用，当两圆相内切时，两圆的圆心距等于两半径之差的绝对值，同时也考查数形结合的应用5.【答案】A【解析】试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对成性当时,的面积为.所以不要性不成立.故选A.考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件.【此处有视频，请去附件查看】6.【答案】B【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准形式后可得焦点坐标【详解】由题意得抛物线的标准方程为，焦点在轴的负半轴上，且，抛物线的焦点坐标为故选B【点睛】本题考查抛物线的基本性质，解题的关键是把曲线方程化为标准形式，然后得到相关参数，进而得到所求，属于基础题7.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程为可得，即，由此可得，故双曲线的焦点为再由题意得到抛物线的准线方程为，故得，于是可得曲线方程【详解】由，得，即为双曲线的渐近线方程，又双曲线的一条渐近线方程是，双曲线的焦点坐标为又抛物线的准线方程为，双曲线的焦点在抛物线的准线上，双曲线的方程为故选D【点睛】（1）已知双曲线的标准方程求其渐近线方程时，可把等号后的“1”改为“0”，变形为一次的形式后即为渐近线的方程（2）解答本题的关键是理清条件中各个量间的关系，求出双曲线方程中的参数的值8.【答案】A【解析】【分析】画出图形，作出所求的角，然后通过解三角形得到正切值【详解】如图，连，交于，则为的中点，连ABCDA1B1C1D1是正方体，即为平面A1BD与平面ABCD所成二面角的平面角在中，设正方体的棱长为，则，平面A1BD与平面ABCD所成角的正切值为故选A【点睛】解答类似问题的关键是作出两平面所成角的平面角，将空间问题转化为平面问题求解，再通过解三角形的方法得到所求角（或其三角函数值），考查作图能力和计算能力，属于中档题9.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由题意得点P在以点A1为焦点、以C1D1为准线的抛物线上，由此可得点P坐标间的关系，然后根据空间中两点间的距离公式求解可得结果【详解】如图，以A1D1的中点为原点，以A1D1为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由于动点P到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，所以点P在以点A1为焦点、以C1D1为准线的抛物线上由题意得，在平面内，抛物线的方程为，设点P的坐标为，则，所以，又，所以当时，有最小值，且故选C【点睛】本题考查空间中两点间的距离公式及最值问题，解题的关键有两个：（1）建立空间直角坐标系，并得到相关点的坐标；（2）根据题意得到点P在抛物线上，进而消去一个参数将所求距离化为二次函数的问题处理10.【答案】C【解析】【分析】根据“相关曲线”的定义，只需判断每个命题中的两条曲线是否有公切线即可，若有公切线，则为“相关曲线”，否则则不是【详解】对于，由题意得曲线C1是以(0,0)为圆心，2为半径的圆；曲线C2是以(2,1)为圆心，半径为1的圆两圆的圆心距为，由于，故两圆相交，因此有两条外公切线，故正确对于，由题意得曲线C1，C2是共轭双曲线（它们各自在x轴上方的部分），具有相同的渐近线，因此两曲线没有公切线，故不正确对于，因为ba0，在同一坐标系内画出两曲线，如下图中的图形由图可得圆在抛物线的内部，所以两曲线不会有公切线，故正确对于，当a=1时，曲线C1：，此时直线与曲线C1和曲线C2都相切，故正确综上可得有三个命题正确故选C【点睛】解答本题的关键是正确理解题意，并找出两曲线的公切线，解题时要注意对每个结论中两曲线形状、性质的分析和判定，进而得到两曲线是否有公切线考查理解和运用知识解决问题的能力二、填空题，共6小题.11.【答案】【解析】【分析】把圆的一般方程化为标准方程后可得圆的半径【详解】由题意得圆的标准方程为，所以该圆的圆心为，半径为故答案为【点睛】本题考查圆的一般方程和标准方程间的转化，考查变形能力和辨识能力，属于简单题12.【答案】【解析】【分析】根据两异面直线所成角的定义得到即为所求的角（或其补角），结合条件在求解可得所求【详解】如图，因为，所以即为异面直线DH与CC所成的角（或其补角）在中，所以，所以异面直线DH与CC所成的角为故答案为【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，解题的关键是根据定义作出两直线所成的角，同时还应注意两异面直线所成角的范围，这一点在解题中容易被忽视13.【答案】【解析】【分析】结合图形根据椭圆的定义求解即可得到三角形的周长【详解】由题意得P为椭圆上一点，F1PF2的周长为故答案为【点睛】椭圆上的点和两焦点构成的三角形称为焦点三角形，解决有关焦点三角形的问题时往往要用到椭圆的定义，然后再结合正弦、余弦定理等知识求解，解题时注意整体代换（即椭圆定义）的应用14.【答案】【解析】【分析】根据向量的数量积得到关于的方程，解方程可得所求的值【详解】，又夹角的余弦值为，整理得，解得当时，不合题意，舍去当时，符合题意故答案为1【点睛】本题考查空间向量数量积的应用，解题时根据数量积的两种表示方法得到关于参数的方程，求解后可得所求本题也可直接根据夹角的求法得到关于参数的方程后求解15.【答案】或【解析】【分析】按照椭圆的焦点在轴和在轴上两种情况分别求解，可得所求结果【详解】当椭圆的焦点在轴上时，则有，由题意得，解得当椭圆的焦点在轴上时，则有，由题意得，解得综上可得或故答案为或【点睛】解答本题的关键有两个：一个是注意分类讨论思想方法的运用，注意椭圆焦点所在的位置；二是解题时要分清椭圆方程中各个参数的几何意义，然后再根据离心率的定义求解16.【答案】【解析】试题分析：由题意，代入抛物线方程得：，因为，消去得：，化简整理得：，即，解得：，故填考点：1抛物线的标准方程；2齐次方程的求解【此处有视频，请去附件查看】三、解答题共4小题，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用代数方法，根据弦长公式求解；（2）在（1）的基础上，再求出点F到直线AB的距离，最后根据三角形的面积公式求解即可【详解】（1）由消去整理得，其中，设A（，），B（，）.则，.所以，所以=.（2）由题意得点F（1，0），故点F到直线AB的距离，所以.即FAB的面积为【点睛】直线和圆锥曲线相交所得的弦长即为两交点间的距离，解题时可根据弦长公式求解，由于涉及到大量的运算，所以解题中要注意“设而不求”和“整体代换”等方法的运用，以减少运算量，提高解题的效率和准确程度18.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）由平面A1AB平面A1BC，且AHA1B可得AH平面A1BC，于是得AHBC；再根据直三棱柱可得BCB1B，于是可得BC平面ABB1A1，即BC平面A1AB；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用向量的夹角可求出线面角的正弦值【详解】（1）因为平面A1AB平面A1BC，平面A1AB平面A1BC=A1B，AHA1B，所以AH平面A1BC又BC平面A1BC，所以AHBC因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1BC又AA1AH=A，所以BC平面ABB1A1，即BC平面A1AB（2）由BC平面ABB1A1可得BCAB，所以BA, BC, BB1两两垂直以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，则,所以.设平面A1BC的法向量为，由，得，令得设直线MB与平面A1BC所成的角为，则，即直线MB与平面A1BC所成角的正弦值为【点睛】利用向量法求线面角时，可利用平面的法向量和直线的方向向量来求，即设平面的法向量为，直线的方向向量为，直线与平面所成的角为，则解题时注意向量的夹角和直线与平面所成角之间的关系19.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据条件AC=CD可得，又ABAD，所以ABCO，然后根据线面平行的判定定理可得结论；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD和平面ABCD的法向量，根据两向量的夹角求解可得所求余弦值；（3）假设存在点N满足条件，设出点N的坐标，根据直线AN的方向向量和平面PCD的法向量平行可得结论【详解】（1）因为AC=CD，O为AD中点，所以又ABAD，所以ABCO，又AB平面PCO，CO平面PCO，所以AB平面PCO（2）因为PA=PD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为AC=CD，所以COAD.如图建立空间直角坐标系O.则A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.设平面PCD的法向量为，则，得令z=2，则又平面ABCD的法向量为=（0，0，1），所以.由图形得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为（3）假设存在点N是棱PB上一点，使得AN平面PCD，则存在0，1使得，因此.由（2）得平面PCD的法向量为.因为AN平面PCD，所以，即.解得=0，1，所以存在点N是棱PB上一点，使AN平面PCD，此时=.【点睛】（1）用向量法求二面角时，先求出两平面法向量的夹角，再通过观察图形得到二面角为锐角还是钝角，最后才能得到结论（2）解决立体几何中的探索性问题时，一般先假设存在满足条件的元素（点或线），然后以此作为条件进行推理，看能否得到矛盾，若得到矛盾，则假设不成立；若得不到矛盾，则假设成立20.【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】（1）将点M,N的坐标代入椭圆方程，求出的值后可得椭圆方程，进而可得离心率；（2）由题意直线的斜率存在，设其方程为，代入椭圆方程后消元得到关于的二次方程，结合根与系数的关系得到t=，故得当时t为定值，并可求出点P的坐标【详解】（1）因为点M（，1）和点N（，）在椭圆上，所以，解得，所以椭圆C的方程为又，所以离心率.（2）由题意得直线的斜率存，设直线l的方程为，由消去y整理得.因为直线直线与椭圆交于A，B两点，所以.（*）设直线l与椭圆C交于两点A，B，则，.根据条件可知P（0，m），则t=.所以当m2=1，即时，（*）式成立，t为定值3，所以直线l过定点P（0，1），此时t=3.【点睛】存在性问题通常采用“肯定顺推法”求解，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在16 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