(人教版)高二理科数学上学期期末试卷(含答案)免费下载

一、选择题

1、与向量a(1,3,2)平行的一个向量的坐标是（ ）

1，1，1） B．（－1，－3，2） 313C．（－，，－1） D．（2，－3，－22）

22A．（

2、设命题p：方程x23x10的两根符号不同；命题q：方程x23x10的两根之和为3，判断命题“p”、“q”、“pq”、“pq”为假命题的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3

a2b23、“a＞b＞0”是“ab＜”的 （ ）

2A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

x2y21的焦距为2，则m的值等于 （ ）. 4、椭圆m4A．5 B．8 C．5或3 D．5或8

OBb，OCc，点M在OA上，且OM=2MA，5、已知空间四边形OABC中，OAa，N为BC中点，则MN=（ ）

121211abc B．abc 232322111221C．abc D．abc

222332A．

6、抛物线y4x上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标为（ ） A．

217157 B． C． D．0 161687、已知对称轴为坐标轴的双曲线有一条渐近线平行于直线x＋2y－3＝0，则该双曲线的离心率为（ ）

5355 B.5或 C. 3或 D.5或

22438、若不等式|x－1| A.5或

1

9、已知a(1t,1t,t),b(2,t,t)，则|ab|的最小值为

（ ）

A．

555 B． 55 C．

3511 D． 55（ ）

10、已知动点P(x、y)满足10(x1)2(y2)2＝|3x＋4y＋2|，则动点P的轨迹是 A．椭圆

二、填空题

2B．双曲线 C．抛物线 D．无法确定

12、命题：xR,xx10的否定是 13、若双曲线 x4y4的左、右焦点是F1、F2，过F1的直线交左支于A、B两点，若|AB|=5，则△AF2B的周长是 . 14、若a(2,3,1)，则a,b为邻边的平行四边形的面积为 ． b(2,1,3)，15、以下四个关于圆锥曲线的命题中：

①设A、B为两个定点，k为正常数，|PA||PB|k，则动点P的轨迹为椭圆；

22

x2y2x21与椭圆y21有相同的焦点； ②双曲线

25935③方程2x25x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

x2y22551．④和定点A(5,0)及定直线l:x的距离之比为的点的轨迹方程为 16944其中真命题的序号为 _________．

三、解答题

x2y2y2x21表示焦点在y轴上的椭圆，116、已知命题p：方程命题q：双曲线2mm15m的离心率e(1,2)，若p,q只有一个为真，求实数m的取值范围．

2

17、已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，试用向量法求平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值。

18、（1）已知双曲线的一条渐近线方程是y程；

3x，焦距为213，求此双曲线的标准方2y2x21的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆标准方程。 （2）求以双曲线169

19、如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点. （1）求BN的长；

（2）求cos的值； （3）求证：A1B⊥C1M.

3

C 1 A 1 N C C M B 1

B A 第19 题图

20、如图所示，在直角梯形ABCD中，|AD|＝3，|AB|＝4，|BC|＝3 ，曲线段DE上任一

点到A、B两点的距离之和都相等．

（1）建立适当的直角坐标系，求曲线段DE的方程；

（2）过C能否作一条直线与曲线段DE相交，且所得弦以C为中点，如果能，求该弦所在的直线的方程；若不能，说明理由．

21、若直线l：xmyc0与抛物线y2x交于A、B两点，O点是坐标原点。 (1)当m=－1,c=－2时，求证：OA⊥OB；

(2)若OA⊥OB，求证：直线l恒过定点；并求出这个定点坐标。

(3)当OA⊥OB时，试问△OAB的外接圆与抛物线的准线位置关系如何？证明你的结论。

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高二数学（理科）参考答案：

1、C 2、C 3、A 4、C 5、B 6、B 7、B 8、D 9、C 10、A

212、xR,xx10 13、18 14、65 15、②③

1116、p:0331故m的取值范围为m15

317、如图建立空间直角坐标系，A1C1＝（－1，1，0），A1B＝（0，1，－1） 设n1、n2分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，

z 由 n1A1B0 可解得n1＝（1，1，1）

D1 A1 B1 D ＝C y x B C1 n1A1C10

易知n2＝（0，0，1）， 所以，cosn1,n2n1n2n1n23 3A 所以平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为

3。 3y2x2x2y2x2y21. 1或1；18、（1）（2）

499492519、如图，建立空间直角坐标系O—xyz.

（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1） ∴|BN |=

(10)2(01)2(10)23.

（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2） ∴BA1=（1，－1，2），（0，1，2），CB1=CB1=3，BA1·|BA1|=

6，|CB1|=5

第19题图 5

∴cos=BA1CB1130. 10|BA1||CB1|11，A1B=（－1，1，－2）， ,，2）

22（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（

1111C1M=（,，0）.∴A1B·C1M=－+0=0，∴A1B⊥C1M，

2222∴A1B⊥C1M.

20、（1）以直线AB为x轴，线段AB的中点为原点建立直角坐标系，

则A（－2，0），B（2，0），C（2，3 ），D（－2，3）．

依题意，曲线段DE是以A、B为焦点的椭圆的一部分．

a1(|AD||BD|)4,c2,b212 2x2y21(2x4,0y23) ∴所求方程为

1612 （2）设这样的弦存在，其方程为：

x2y2y3k(x2),即yk(x2)3,将其代入1

16122222得(34k)x(83k16k)x16k163k360

设弦的端点为M（x1，y1），N（x2，y2），则由

x1x283k16k232,知x1x24,4,解得k. 234k22∴弦MN所在直线方程为y3x23,验证得知， 2这时M(0,23),N(4,0)适合条件．

故这样的直线存在，其方程为y3x23. 221、解：设A(x1,y1)、B(x2,y2)，由xmyc02得y2my2c0 2y2x 可知y1+y2=－2m y1y2=2c ∴x1+x2=2m2—2c x1x2= c2,

6

当m=－1,c=－2时，x1x2 +y1y2=0 所以OA⊥OB.

当OA⊥OB时，x1x2 +y1y2=0 于是c2+2c=0 ∴c=－2(c=0不合题意),此时，直线l：

xmy20过定点(2,0).

由题意AB的中点D(就是△OAB外接圆圆心)到原点的距离就是外接圆的半径。

D(m2c,m)而(m2—c+

121)－[(m2—c)2+m2 ]=c 由(2)知c=－2 24∴圆心到准线的距离大于半径,故△OAB的外接圆与抛物线的准线相离。

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