海南省文昌市2022学年高二数学上学期期中试题理

海南省文昌市2022-2022学年高二数学上学期期中试题理（完成时间：120分钟，满分：150分）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答案写在答题卡上。第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5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。）1．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝(　　)A．2B．－4C．4D．－22．已知命题p：1∈{x|(x＋2)(x－2)<0}；命题q：0∈∅.下列判断正确的是(　　)A．p假q真B．“p∨q为真”C．“p∧q为真”　D．p假q假3．a∈R，|a|<4成立的一个必要不充分条件是(　　)A．a<4B．|a|<3C．a2<16D．0<a<34．若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(　　)A．B．C．D．5．在如下图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)A．B．C．D．6．在抛物线y2＝8x中，以(1，－1)为中点的弦所在直线的方程是(　　)A．x－4y－3＝0　　B．x＋4y＋3＝0C．4x＋y－3＝0　　D．4x＋y＋3＝07．已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)2\nA．(c－a－b)B．(a＋b－c)C．(a－b＋c)　　　D．(b＋c－a)8．设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为(　　)A．B．3C．2D．9．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为(　　)A．　　B．C．　　　　D．10．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)A．6B．3C．2D．811．已知二面角α-l-β等于120°，A，B是棱l上两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于(　　)A．B．2C．D．12．已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于两点A,B(A,B异于原点),抛物线的焦点为F.若双曲线的离心率为2,|AF|=7,则p=(　　)A．3B．6C．12D．422\n第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知a，b，c都是实数，则在命题“若a＞b，则ac2＞bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是________.14．与双曲线有共同的渐近线，且过点(2，2)的双曲线的标准方程是．15．过抛物线y2＝8x的焦点，作倾斜角为45°的直线，则被抛物线截得的弦长为．16．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④BD1⊥MN.其中正确命题的序号是________.(写出所有正确命题的序号)三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．(本小题满分10分)如图,在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=4，CD=1，点M在PB上，PB=4PM，PB与平面ABCD成30°的角.求证：（1）CM∥平面PAD；（2）平面PAB⊥平面PAD.18．(本小题满分12分)若F1、F2分别是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P是该椭圆上的一个动点，且|PF1|＋|PF2|＝4，|F1F2|＝2.（1）求出这个椭圆的方程；（2）是否存在过定点N(0，2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，使⊥(其中O为坐标原点)？若存在，求出直线l的斜率k；若不存在，说明理由．\n19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．（1）求证：PA⊥平面CDM；（2）求二面角D－MC－B的余弦值．20．(本小题满分12分)设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；（2）求过点(3，0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．21．(本小题满分12分)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．（1）证明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1－CE－C1的正弦值；（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．22．(本小题满分12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；②求p的取值范围．\n第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)题号123456789101112答案CBADDCADCABB第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．214．15．1616．①③三、解答题（本大题共6小题，满分70分）17．证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz.因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，……1分所以∠PBC=30°，因为PC=2，所以BC=2，PB=4，所以D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M，………………………………………………2分所以（1）设n=(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，所以即令y=2，得n=(-，2，1).………………………4分因为n·=-×+2×0+1×=0，\n所以n⊥.又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD.…………………………6分（2）如图，取AP的中点E，连接BE，则E(，2，1)，=(-，2，1).因为PB=AB，所以BE⊥PA.又因为·=(-，2，1)·(2，3，0)=0，……………………8分所以⊥.所以BE⊥DA.又PA∩DA=A，所以BE⊥平面PAD.又因为BE⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.………………10分18．解：（1）依题意，得2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，∴b＝＝1.∴椭圆的方程为＋y2＝1.………………………………4分（2）显然当直线的斜率不存在，即x＝0时，不满足条件．…………5分设l的方程为y＝kx＋2，由A、B是直线l与椭圆的两个不同的交设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.………………………………7分∴Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)＞0，得k2＞.①…………………………………………8分x1＋x2＝－，x1x2＝，…………………………9分\n∵⊥，∴·＝0，∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝x1x2＋k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4………………………11分＝(1＋k2)·＋2k＋4＝＝0，∴k2＝4.②由①②可知k＝±2，所以，存在斜率k＝±2的直线l符合题意．……12分19．（1）证：取DC的中点O，连接PO，OA，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD.………………1分所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1，则OA⊥DC.………2分以O原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，C(0，1，0)，D(0，－1，0)，所以M，……………………………………4分所以＝，＝(，0，－)，＝(0，2，0)，所以·＝×＋0×2＋(－)×＝0，·＝×0＋0×2＋(－)×0＝0，所以⊥，⊥，所以PA⊥平面DMC.………………7分（2）解：＝，＝(，1，0)，设平面BMC的法向量为n＝(x，y，z)，\n由n·＝0，得x＋z＝0，由n·＝0，得x＋y＝0.取x＝－1，则y＝，z＝1，所以一个法向量n＝(－1，，1)．……………………9分由(1)知，平面CDM的一个法向量可取＝(，0，－)．所以cos〈n，〉＝＝＝－.………………11分观察可知二面角D－MC－B为钝角，所以所求二面角的余弦值是－.…………………………12分20．解：（1）设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得∵P在圆上，∴x2＋2＝25，即C的方程为＋＝1.…………………5分（2）过点(3，0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，……………6分设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得＋＝1，即x2－3x－8＝0.……………………9分∴x1＝，x2＝.\n∴线段AB的长度为|AB|＝＝＝＝.……12分21．如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．…………2分（1）证：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.………………3分（2）解：＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．………………6分于是cos〈m，〉＝＝＝－，……………7分从而sin〈m，〉＝，所以二面角B1CEC1的正弦值为.…8分（3）＝(0，1，0)，＝(1，1，1)，设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈，〉|＝\n＝＝，……………10分于是＝，解得λ＝(负值舍去)，…………11分所以AM＝.……………………………………12分22．（1）解：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为，……………2分由点在直线l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0，即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x.……………4分（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.①证明：由消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)…………8分因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.方程(*)的两根为y1，2＝－p±，从而y0＝＝－p.因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.………………10分因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．②解：因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<.因此，p的取值范围是.…………………12分\n