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xx-2019学年高二数学12月月考试题理III本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分满分150分,考试时间120分钟请在答题卷上作答
一、选择题本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
1.设a,b为实数,则“0ab1”是“a或b”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.既不充分也不必要条件
2.已知命题p∃x∈R,mx2+1≤0,命题q∀x∈R,x2+mx+10,若p∧q为真命题,则实数m的取值范围是 A.-∞,-2B.[-20C.-20D.
023.点集{x,y||x|-12+y2=4}表示的图形是一条封闭的曲线,这条封闭曲线所围成的区域面积是 A.+2B.+4C.+2D.-+
44.已知椭圆+=1的左,右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,若P,F1,F2是一个直角三角形的三个顶点,P为直角顶点,则点P到x轴的距离为 A.B.3C.D.
5.已知直线y=kx+2k0与抛物线C y2=8x相交于A,B两点,F为C的焦点.若|FA|=2|FB|,则k= .A.B.C.D.
6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为 A.aB.aC.aD.a
7.已知双曲线-=1a0,b0,过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于M、N两点,O是坐标原点.若OM⊥ON,则双曲线的离心率为 A.B.C.D.
8.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成角是 .A.30°B.45°C.60°D.90°
9.如下图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2,若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为 A.B.C.2D.
10.已知直线l14x-3y+6=0和直线l2x=-1,抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是 .A.2B.3C.D.
11.设F为抛物线y2=2pxp0的焦点ABC为该抛物线上三点当++=0且++=3时此抛物线的方程为 A.y2=2xB.y2=4xC.y2=6xD.y2=8x
12.已知命题p∃x∈R,使sinx=;命题q∀x∈R,都有x2+x+
10.给出下列结论
①命题p∧q是真命题;
②命题¬p∨q是真命题;
③命题¬p∨¬q是假命题;
④命题p∧¬q是假命题.其中正确的是 A.
②③ B.
②④C.
③④D.
①②③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.已知命题p“∀x∈[1,2],x2-a≥0”,命题q“∃x0∈R,x02+2ax0+2-a=0”,若命题“p且q”是真命题,则实数a的取值范围是________.
14.A1,A2分别是椭圆+=1的长轴的左,右端点,P1,P2是垂直于A1A2的弦的端点,则直线A1P1与A2P2交点的轨迹方程为__________.
15.已知a,b是空间两个向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|=,则cos〈a,b〉=________.
16.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥面B1DE,则AE=________.
三、解答题本大题共6小题,共70分
17.(10分)如下图,若P为平行四边形ABCD所在平面外一点,点H为PC上的点,且=,点G在AH上,且=m.若G,B,P,D四点共面,求m的值.
18.(12分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱CC1上的动点.1求证A1E⊥BD;2若平面A1BD⊥平面EBD,试确定E点的位置.
19.(12分)如图,△BCD是等边三角形AB=AD,∠BAD=90°,将△BCD沿BD折叠到△BC′D的位置,使得AD⊥C′B.1求证AD⊥AC′;2若M,N分别是BD,C′B的中点,求二面角N-AM-B的余弦值.
20.(12分)如下图,过抛物线y2=2pxp0上一定点Px0,y0y00,作两条直线分别交抛物线于Ax1,y1,Bx2,y2.1求该抛物线上纵坐标为的点到其焦点F的距离;2当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时,求的值,并证明直线AB的斜率是非零常数.
21.(12分)如图,椭圆C1+=1ab0的离心率为,x轴被曲线C2y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.1求C1,C2的方程.2设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.证明MD⊥ME.
22.(12分)如图,椭圆C+=1ab0的左,右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,在x轴负半轴上有一点B,满足=,AB⊥AF
2.1求椭圆C的离心率;2D是过A,B,F2三点的圆上的点,D到直线l x-y-3=0的最大距离等于椭圆长轴的长,求椭圆C的方程.答案解析
1.A【解析】∵0ab1,∴a,b同号,且ab
1.∴当a0,b0时,a;当a0,b0时,b.∴“0ab1”是“a或b”的充分条件.而取a=-1,b=1,显然有a,但不能推出0ab1,∴“0ab1”是“a或b”的充分而不必要条件.
2.C【解析】由题可知若p∧q为真命题,则命题p和命题q均为真命题,对于命题p为真,则m0,对于命题q为真,则m2-40,即-2m2,所以命题p和命题q均为真命题时,实数m的取值范围是-20.故选C.
3.A【解析】点集{x,y||x|-12+y2=4}表示的图形是一条封闭的曲线,关于x,y轴对称,如图所示.由图可得面积S=S菱形+S圆=×2×2+×π×4=+
2.故选A.
4.C【解析】由题意得∴|PF1||PF2|=18,又=×18=×2×h其中h为P到x轴的距离,∴h=.故选C.
5.D【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,易知x10,x20,y10,y20,由得k2x2+4k2-8x+4k2=0,∴x1x2=4,
①∵|FA|=x1+=x1+2,|FB|=x2+=x2+2,且|FA|=2|FB|,∴x1=2x2+
2.
②由
①②得x2=1,∴B1,2,代入y=kx+2,得k=.故选D.
6.A【解析】设=a,=b,=c,∵=,∴==++=a+b+c,∵N为BB1的中点,∴=+=+=a+c,∴=-=a+c-a+b+c=a-b+c,∴||2=a-b+c2=a2+a2+a2=a2,∴||=a,故选A.
7.C【解析】设右焦点为Fc0,则M,N,又OM⊥ON,故c2-=0,即b2=ac,从而c2-a2=ac,即e2-e-1=0,解得e=舍去负值,故选C.
8.A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则P001,C1,,0,=1,,-1,平面ABCD的一个法向量为n=001,所以cos〈,n〉==-,所以〈·n〉=120°,所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°,所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°.
9.A【解析】如下图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C000,A100,B1022,C1002设AD=a,则D点坐标为10,a,=10,a,=022,设平面B1CD的一个法向量为m=x,y,z,则⇒令z=-1,得m=a1,-1,又平面C1DC的一个法向量为n=010,则由cos60°=,得=,即a=,故AD=.
10.A【解析】直线l2x=-1为抛物线y2=4x的准线,由抛物线的定义知,P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F1,0的距离,故本题化为在抛物线y2=4x上找一个点P使得P到点F1,0和直线l1的距离之和最小,最小值为F1,0到直线l14x-3y+6=0的距离,即dmin==2,故选择A.
11.A【解析】设Ax1y1Bx2y2Cx3y3∵++=0∴x1-+x2-+x3-=0即x1+x2+x3=p.又++=3∴x1++x2++x3+=3即3p=3∴p=1故抛物线方徎为y2=2x.
12.B【解析】∵p是假命题,∴¬p是真命题;∵q是真命题,∴¬q是假命题,∴¬p∨q是真命题,p∧q是假命题,¬p∨¬q是真命题,p∧¬q是假命题,故选B.
13.{a|a≤-2或a=1}【解析】命题p“∀x∈[1,2],x2-a≥0”为真,则a≤x2,x∈[1,2]恒成立,∴a≤1;命题q“∃x0∈R,x02+2ax0+2-a=0”为真,则“4a2-42-a≥0,即a2+a-2≥0”,解得a≤-2或a≥
1.若命题“p且q”是真命题,则实数a的取值范围是{a|a≤-2或a=1}.
14.-=1【解析】根据题意,可得A1-30,A230.假设直线A1P1与A2P2的交点为M.设Mx,y,P1x1,y1,P2x1,-y1,∵点M在直线P1A1上,∴当斜率存在时,kMA1=kP1A1,可得=,即=,
①同理,由kMA2=kA2P2,得=,
②将
①、
②相乘,得=.
③∵P1x1,y1在椭圆+=1上,∴+=1,可得=41-,代入
③,得=-=,化简整理得-=1,当斜率不存在时也满足该方程,即直线A1P1与A2P2的交点M的轨迹方程为-=
1.
15.【解析】由|a-b|=得a-b2=7,即a2-2a·b+b2=7,所以a·b=,因为a·b=|a||b|cos〈a,b〉,所以cos〈a,b〉===.
16.a或2a【解析】建立如图所示的坐标系,则B1003a,D,C0,a0.设Ea0,z0≤z≤3a,则=a,-a,z,=a0,z-3a.∵CE⊥面B1DE,∴⊥,由题意得2a2+z2-3az=0,解得z=a或2a.故AE=a或2a.
17.连接BD,BG,∵=-且=,∴=-,∵=+,∴=+-=-++∵=,∵==-++=-++,又∵=-,∴=-++,∵=m,∴=m=-++,∴=-+=-+,∴=++,又∵B,G,P,D四点共面,∴1-m=0,∴m=.
18.1如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴、z轴建立空间直角坐标系,设棱长为a,则D000,Ba,a,0,C0,a,0,A1a,0,a,1设E0,a,e,则=-a,a,e-a,=-a,-a,0,∵=-a×-a-a2+e-a·0=0,∴⊥,即A1E⊥BD;2点E为线段CC1的中点,理由如下,由点E是线段CC1的中点,得E,设线段BD的中点为O,连接OE,OA1,则O,=,=-a,-a0,则=0,∴⊥,即OE⊥BD.又∵OA1⊥BD,∴∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角,∵=·=--+=0,∴∠A1OE=90°,∴平面A1BD⊥平面EBD,∴当E为CC1的中点时,能使平面A1BD⊥平面EBD.
19.1∵∠BAD=90°,∴AD⊥AB,又∵C′B⊥AD,且AB∩C′B=B,∴AD⊥平面C′AB,∵AC′⊂平面C′AB,∴AD⊥AC′;2∵△BCD是等边三角形,AB=AD,∠BAD=90°,不妨设AB=1,则BC=CD=BD=,以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AC′所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,则A000,B100,D010,C′001,∵点M、N分别为BD,C′B的中点,∴M,N,∴=,=,设平面AMN的一个法向量为m=x,y,z,则即令x=1,则y=z=-1,∴m=1,-1,-1,平面ABM的一个法向量为n=001,∴cos〈m,n〉===-,∴二面角N-AM-B的余弦值为.
20.【解析】1当y=时,x=,又抛物线y2=2px的准线方程为x=-,由抛物线定义得,所求距离为-=.2设直线PA的斜率为kPA,直线PB的斜率为kPB,由y=2px1,y=2px0,相减得y1-y0y1+y0=2px1-x0,故kPA==x1≠x0.同理可得kPB=x2≠x0.由PA、PB倾斜率角互补知kPA=-kPB,即=-.∴y1+y2=-2y0,故=-
2.设直线AB的斜率为kAB,由y=2px2,y=2px1,相减得y2-y1y2+y1=2px2-x1.∴kAB==x1≠x2.将y1+y2=-2y0y00代入得kAB==-,所以kAB是非零常数.
21.1解 由题意知,e==,从而a=2b.又2=a,所以a=2,b=
1.故C1,C2的方程分别为+y2=1,y=x2-
1.2证明 由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx.由得x2-kx-1=
0.设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=k,x1x2=-
1.又点M的坐标为0,-1,所以kMA·kMB=·====-
1.故MA⊥MB,即MD⊥ME.
22.1设Bx00,由F2c0,A0,b知,=c,-b,=x0,-b,∵⊥,∴cx0+b2=0,x0=-.由=知F1为BF2中点,故-+c=-2c,∴b2=3c2=a2-c2,即a2=4c2,故椭圆C的离心率e=.2由1知=,得c=a,于是F2a0,B-a0,△ABF的外接圆圆心为F1-a0,半径r=a,D到直线l x-y-3=0的最大距离等于2a,∴圆心到直线的距离为a,∴=a,解得a=2,∴c=1,b=,∴椭圆C的方程为+=
1.。