2017-2018学年北京市西城区高二上学期期末考试数学（理）试题 解析版 16页

北京市西城区 2017— 2018 学年度第一学期期末试卷 高二数学（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. 直线 的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】直线 可化为： . 斜率为-1，所以倾斜角为 . 故选 D. 2. 命题“对任意 ，都有 ”的否定是（ ） A. 存在 ,使得 B. 对任意 ,都有 C. 存在 ,使得 D. 对任意 ,都有 【答案】C 【解析】根据命题的否定的写法，只否结论，不改变条件，且转化其中的量词，将任意改为 存在。即存在 ,使得 . 故答案为：C。 3. 双曲线 的焦点到其渐近线的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】根据双曲线的方程得到焦点为 ，渐近线为： ，根据点到直线的距离得 到焦点到渐近线的距离为 故答案为：A。 4. 设 是两个不同的平面， 是三条不同的直线，（ ） A. 若 ， ，则 B. 若 ， ，则 C. 若 ， ，则 D. 若 ， ，则 【答案】D 【解析】A.垂直于同一条直线的两条直线，可能是互相垂直的，比如墙角模型。故不正确。 B.平行于同一个平面的两条直线可以是平行的，垂直的，共面异面都有可能。故不正确。 C.直线 b 有可能在平面 内。故不正确。 D.垂直于同一条直线的两个平面是平行的。正确。 故答案为：D。 5. “ ” 是“方程 表示的曲线为椭圆”的（ ） A. 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 【答案】A 【解析】易知“ ”时，方程 表示的曲线为椭圆成立，充分性成立 但当方程 表示的曲线为椭圆时， 或 ，必要性不成立. 所以“ ” 是“方程 表示的曲线为椭圆”的充分不必要条件. 故选 A. 6. 设 是两个不同的平面，是一条直线，若 ， ， ，则（ ） A.与 平行 B.与 相交 C.与 异面 D. 以上三个答案均有可能 【答案】A 【解析】过 l 作平面与 α 、 β 相交，交线分别为 a ， b ，利用线面平行的性质，可得 l∥a ， l∥b ， ∴a∥b ， ∵a ⊄ β ， b⊂β ， ∴a∥β ， ∵a⊂α ， α∩β=m ， ∴l∥m.故选 A.7. 设 为坐标原点， 是以 为焦点的抛物线 上任意一点， 是线段 的中点， 则直线 的斜率的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】设 ， ， 是线段 的中点，所以 . 直线 的斜率为： . 显然 时的斜率较大，此时 ，当且仅当 ， 时，斜 率最大为 1. 故选 B. 8. 设 为空间中的一个平面，记正方体 的八个顶点中到 的距离为 的 点的个数为 ， 的所有可能取值构成的集合为 ，则有（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 当 为面 时，A,C, , 到面 的距离相等，即 ，排除 C; 取 E,F,G,H 为 ， 的中点，记 为 时，点 ，六个点到面 的距离相等，即 ，排除 A,B. 故选 D. 点睛：两点到面的距离相等分为两种情况： （1）两点连线与平面平行； （2）两点连线的中点在面上. 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“若 ，则 ”的逆否命题为_______. 【答案】若 ，则 【解析】逆否命题即调换结论和条件的位置，并且将两者都否定。根据这个原则得到题干的 逆否命题为若 ，则 . 故答案为：若 ，则 。 10. 经过点 且与直线 垂直的直线方程为_______. 【答案】 【解析】和直线垂直则直线的斜率为 ，代入已知点得到直线为 故答案为： 。 11. 在 中， ， ， . 以 所在的直线为轴将 旋转一周， 则旋转所得圆锥的侧面积为____. 【答案】 【解析】这个三角形是以角 B 为直角的三角形，BC 为较长的直角边，以 所在的直线 为轴将 旋转一周，得到一个高为 5 的圆锥，底面是半径为 3 的园面。故体积为 . 故答案为： 。 12. 若双曲线 的一个焦点在直线 上，一条渐近线与平行，且双曲线 的 焦点在 轴上，则 的标准方程为_______；离心率为_______. 【答案】 (1). (2). 【解析】双曲线 的一条渐近线与平行。故渐近线为 ，双曲线方程为： 。 双曲线 的焦点在x 轴上, 一个焦点在直线 上,可求得一个焦点为 ， 故得到双曲线方程为 。离心率为 。 故答案为： ， 。 13. 一个四棱锥的三视图如图所示，那么在这个四棱锥的四个侧面三角形中，有_______ 个直角三角形. 【答案】4 【解析】由三视图可知几何体如图所示： 四棱锥 即为所求. 由长方体的性质已知， 为直角三角形， 所以 ,所以 ， 所以 , . 所以 ，所以 也为直角三角形， 那么在这个四棱锥的四个侧面三角形中，有 4 个直角三角形. 答案为：4. 14. 在平面直角坐标系中，曲线 是由到两个定点 和点 的距离之积等于 的 所有点组成的. 对于曲线 ，有下列四个结论： ①曲线 是轴对称图形； ②曲线 是中心对称图形； ③曲线 上所有的点都在单位圆 内； ④曲线 上所有的点的纵坐标 . 其中，所有正确结论的序号是__________. 【答案】①② 【解析】设 满足 ，则 整理得： . ①点 关于 x 轴得对称点为 满足方程，所以曲线 是关于 x 轴对称的轴对称图形， ②点 关于原点得对称点为 ，曲线 是中心对称图形， ③由 ，令 ，得 ，所以 ，不在单位圆 内； ④已知点 满足方程，不满足 ，. 综上：正确结论的序号是①②. 答案为; ①②. 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，在正三棱柱 中， 为 的中点. （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ） 求证： 平面 . 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)见解析 【解析】试题分析：（1）先由图形特点得到 ， ，由线面垂直的判定定理得 到结论；（2）构造三角形的中位线，得到线线平行，进而得到线面平行。. 解析： (Ⅰ)因为正三棱柱 ， 为 的中点， 所以 ， 底面 .又因为 底面 ， 所以 . 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . (Ⅱ)连接 ，设 ，连接 ， 由正三棱柱 ，得 ， 又因为在 中， ， 所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 16. 已知圆 ，其中 . （Ⅰ）如果圆 与圆 相外切，求 的值； （Ⅱ）如果直线 与圆 相交所得的弦长为 ，求 的值. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） . 【解析】试题分析：（1）根据两圆相切满足的条件：圆心距等于两半径的和，得到 ，解出方程即可；（2）根据垂径定理，和三角形勾股定理得到 ，解得最终结果。 解析： （Ⅰ）将圆 的方程配方，得 ， 所以圆 的圆心为 ，半径 . 因为圆 与圆 相外切， 所以两圆的圆心距等于其半径和，即 ， 解得 . （Ⅱ）圆 的圆心到直线 的距离 . 因为直线 与圆 相交所得的弦长为 ， 所以由垂径定理，可得 ， 解得 . 17. 如图，在四棱柱 中， 平面 ， ， ， ， ， 为 的中点. （Ⅰ）求四棱锥 的体积； （Ⅱ）设点 在线段 上，且直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的 长度； （Ⅲ）判断线段 上是否存在一点 ，使得 ？（结论不要求证明） 【答案】（Ⅰ）1（Ⅱ） （Ⅲ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）易证得 平面 ，利用 求解即可； （Ⅲ）易得对于线段 上任意一点 ，直线 与直线 都不平行. 试题解析： （Ⅰ）因为 平面 ， 平面 ， 所以 . 又因为 ， ， 所以 平面 . 因为 ， 所以四棱锥 的体积 . （Ⅱ）由 平面 ， ，可得 ， ， 两两垂直，所以分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴，轴，如图建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， . 所以 ， ， ， . 设平面 的一个法向量为 ， 由 ， ，得 令 ，得 . 设 ，其中 ， 则 ， 记直线 与平面 所成角为， 则 ， 解得 （舍），或 . 所以 ， 故线段 的长度为 . （Ⅲ）对于线段 上任意一点 ，直线 与直线 都不平行. 18. 设 为抛物线 的焦点， 是抛物线 上的两个动点， 为坐标原点. （Ⅰ）若直线 经过焦点 ，且斜率为 2，求 ； （Ⅱ）当 时，证明：求 的最小值. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） . 【解析】试题分析：（Ⅰ）直线 的方程与抛物线联立得 ，设点 ， ， ，结合韦达定理求解即可； （Ⅱ）设 ， ，由 ，得 ，进而得 ，直接带入求 解即可. 试题解析： （Ⅰ）由题意，得 ，则直线 的方程为 . 由 消去 ，得 . 设点 ， ， 则 ，且 ， ， 所以 . （Ⅱ）因为 是抛物线 上的两点，所以设 ， ， 由 ，得 ， 所以 ，即 . 则点 的坐标为 . 所以 ， 当且仅当 时，等号成立. 所以 的最小值为 . 19. 如图，在四面体 中， 平面 ， ， ， 为 的中点. （Ⅰ）求证: ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值. （Ⅲ）求四面体 的外接球的表面积. （注：如果一个多面体的顶点都在球面上，那么常把该球称为多面体的外接球. 球的表 面积 ） 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） （Ⅲ） . 【解析】试题分析：（Ⅰ）易证 平面 ，进而得 ； （Ⅱ）以 ， ， 所在直线为 轴， 轴，轴，如图建立空间直角坐标系，分别求出平面 的一个法向量为 和平面 的一个法向量为 ，利用法向量求二面角即可； （Ⅲ）取 的中点为 ，由线段长相等即可证得 为四面体 的外接球的球心，进而可 求球的表面积. 试题解析： （Ⅰ）因为 平面 ， 平面 ， 所以 . 又因为 ， ， 所以 平面 . 又因为 平面 ， 所以 . （Ⅱ）如图，设 的中点为 ， 的中点为 ，连接 ， ， 因为 平面 ， 所以 平面 ，由 ，且 ，可得 ， ， 两两垂直，所以分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴，轴，如图建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， . 所以 ， ， . 设平面 的一个法向量为 ， 由 ， ，得 令 ，得 . 设平面 的一个法向量为 ， 由 ， ，得 令 ，得 . 所以 . 由图可知，二面角 的余弦值为 . （Ⅲ）根据（Ⅱ），记 的中点为 ， 由题意， 为直角三角形，斜边 ， 所以 . 由（Ⅰ），得 平面 ， 所以 . 在直角 中， 为斜边 的中点， 所以 . 所以 为四面体 的外接球的球心， 故四面体 的外接球的表面积 . . 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这 样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助 于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外 接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等， 然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点）， 这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到 底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂 直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球. 20. 已知椭圆 的一个焦点为 ，离心率为 . 点 为圆 上任意一点， 为坐标原点. （Ⅰ）求椭圆 的标准方程； （Ⅱ）记线段 与椭圆 交点为 ，求 的取值范围； （Ⅲ）设直线经过点 且与椭圆 相切，与圆 相交于另一点 ，点 关于原点 的对称 点为 ，试判断直线 与椭圆 的位置关系，并证明你的结论. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） Ⅲ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）由焦点及离心率求解方程组即可； （Ⅱ）由 ，设 ，利用 进行求解即可； （Ⅲ）先讨论 PA 直线斜率不存在和为 0 时的特殊情况，得相切的结论，再计算一般情况， 设点 ，直线 的斜率为 ，则 ，直线 ： ，进而得直线 与椭圆 联立，通过计算判别式即可证得. 试题解析： （Ⅰ）由题意，知 ， ， 所以 ， ， 所以椭圆 的标准方程为 . （Ⅱ）由题意，得 . 设 ，则 . 所以 ， 因为 ， 所以当 时， ；当 时， . 所以 . （Ⅲ）结论：直线 与椭圆 相切. 证明：由题意，点 在圆 上，且线段 为圆 的直径， 所以 . 当直线 轴时，易得直线 的方程为 ， 由题意，得直线 的方程为 ， 显然直线 与椭圆 相切. 同理当直线 轴时，直线 也与椭圆 相切. 当直线 与 轴既不平行也不垂直时， 设点 ，直线 的斜率为 ，则 ，直线 的斜率 ， 所以直线 ： ，直线 ： ， 由 消去 ， 得 . 因为直线 与椭圆 相切， 所以 ， 整理，得 . （1） 同理，由直线 与椭圆 的方程联立， 得 . （2） 因为点 为圆 上任意一点， 所以 ，即 . 代入（1）式，得 ， 代入（2）式，得 . 所以此时直线 与椭圆 相切. 综上，直线 与椭圆 相切.