2017首都师大附中高二(上)期中数学(理)
精品解析：北京市首都师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题(解析版)
首师大附中2017～2018学年高二物理第一学期期中考试试题一、选择题1. 在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A. 当外电路断开时，路端电压等于零B. 闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C. 当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D. 当外电阻增大时，路端电压将增大【答案】BD【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势．当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻．当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比．C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r＞0，I短≠∞．故C错误．D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．故D正确．故选BD【点评】本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力．对于断路和短路两个特例，要在理解的基础上加强记忆．2. 在如图所示的电路中，电源的电动势为，内电阻为．、是两个小灯泡，闭合后，两灯均正常发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）A. 变暗B. 变亮C. 变暗D. 变亮【答案】AD【解析】由电路图可以知道，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，灯电阻不变，由可知，灯的实际功率变小，灯变暗，干路电流变小，电源内阻，灯电阻不变，则并联电压变大，灯电阻不变，灯的实际功率大，则灯变亮，故A，D正确，B、C错误．故选AD．【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题．3. 如图所示，电源内阻不计，已知，，现用一个内阻为的电压表并联在的两端，电压表的读数为．若把它接在、两点间，电压表的读数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当电压表并联在的两端时，电压表与的并联电阻为，可以知道，根据串联电路的分压特点，可以知道两端的电压边等于，故，所以把电压表接在，两点间，电压表的读数为，故C正确．故选C．【点睛】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．4. 图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A. 指的是该电池放电时能输出的总电荷量B. 该电池的电动势为C. 该电池充满电可提供的电能为D. 若该手机的待机电流为，手机最多可待机小时【答案】ABD【解析】A．由电池的数据可以知道，该电池的容量为，故A正确；B．电场的电动势是，故B正确；C．依据公式，再依据电能公式，故C 错误；D．若待机时的电流为，理论上可待机，故D正确．故选ABD．【点睛】本题考查读取电池铭牌信息的能力．电池的容量是指电池所能释放的总电量．5. 关于电场中的等势面，下列说法中正确的有（）A. 等势面不一定跟电场线垂直B. 沿电场线电势一定升高C. 在同一等势面上两点间移动电荷，电场力做功为零D. 处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是一个等势面【答案】CD【点睛】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低．6. 某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．、、三点的电场强度大小分别为、、，电势分别为、、，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】由图示可知，处的电场线密，处的电场线稀疏，因此点的电场强度大，点的场强小，即，，沿着电场线的方向，电势逐渐降低，在同一等势面上，电势相等，电势相等，由图示可知，，，故B正确．故选B．【点睛】本题关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小、顺着电场线电势降低．7. 点荷置于真空中的点，、、三个虚线圆表示该点电荷电场中三个等势面，如图所示．已知等势面的电势，点位于等势面上，点位于等势面上．现有一电子从点以初速度沿方向入射，在电子从点至再次通过等势面的过程中，以下判断正确的是（）A. 电子所受的电场力先增大后减小B. 电子所受的电场力先减小后增大C. 电子的动能先增大后减小D. 电子的动能先减小后增大【答案】AC【解析】电场线与等势面垂直且从电势高的等势面指向电势低的等势面，因为，故处于点的电荷为正电荷，故受到处于点的电荷的吸引力，其运动轨迹如图，因为电子与处于点的正电荷的距离先变小后变大，故库仑力先变大后变小，静电力先做正功后做负功，故动能先增加后减小，故A，C正确．故选AC．【点睛】本题关键是根据电场线与等势面的关系得到电场线分布规律，然后进一步得到场源电荷的电性，再结合牛顿第二定律分析物体的运动规律．8. 如图所示，、为平行板电容器的两块金属板，极板与静电计相连，静电计的外壳和极板都接地．当、两板带上等量异种电荷后，静电计指针偏转一定角度，此时，在、板间有一正点电荷（带电量很小）静止在点，则（）A. 板不动，将板向下移动时，但静电计指针偏角减小B. 板不动，将板向右移动时，静电计指针偏角增大C. 板不动，将板向上移动时，点电荷保持不动D. 、板都不动，在、之间插入介质板时，静电计指针偏角增大【答案】BC学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...【点睛】本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断开，所带电量不变；如果只改变两板间的距离时，两板间的电场强度不变．9. 如图为一匀强电场，某带电粒子从点运动到点．在这一运动过程中克服重力做的功为，电场力做的功为．则下列说法正确的是（）A. 粒子带负电B. 粒子在点的电势能比在点少C. 粒子在点的动能比在点多D. 粒子在点的机械能比在点少【答案】CD【解析】A．由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B．从到的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在点时的电势能大于在点时的电势能，故B错误；C．从到的过程中，克服重力做功，电势力做功，由动能定理可知，粒子在点的动能比在点多，故C正确；D．从到的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了，故D正确．故选CD．【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．10. 如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的规律如图乙所示．若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A. 电子将沿方向运动B. 电子的电势能将增大C. 电子运动的加速度恒定D. 电子运动的加速度先减小后增大【答案】AD【解析】试题分析：由图可知沿方向电势逐渐升高，则电场线方向沿负方向，电子所受电场力方向沿轴正方向，故A正确；由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故B错误；图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所受电场力先减小后增大，故该电场不是匀强电场，电子加速度先减小后增大，故C错误，D正确。
{高中试卷}北京师大附中高二(上)期中数学试卷(理科)[仅供参考]
![{高中试卷}北京师大附中高二(上)期中数学试卷(理科)[仅供参考]](https://img.taocdn.com/s3/m/f6308c5202d276a200292ed3.png)
20XX年高中测试高中试题试卷科目：年级：考点：监考老师：日期：20XX-20XX学年北京师大附中高二（上）期中数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的）．1．线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是（）A．AB⊂αB．AB⊄αC．由线段AB的长短而定D．以上都不对2．垂直于同一条直线的两条直线一定（）A．平行B．相交C．异面D．以上都有可能3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线（）A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，在平面α内C．有两条，不一定都在平面α内D．有无数条，不一定都在平面α内4．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（）A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：2：4 D．3：1：25．过点（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（）A．x﹣2y+7=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣5=0 D．2x+y﹣5=06．平面α与平面β平行的条件可以是（）A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥βC．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何直线都与β平行7．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）A．B．C．D．8．下列命题中错误的是（）A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．圆锥的轴截面是所在过顶点的截面中面积最大的一个C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形二．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．9．长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是．10．以点（1，3）和（5，﹣1）为端点的线段的中垂线的方程是．11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为．12．如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，PA⊥平面ABC，此图形中有个直角三角形．13．如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是．14．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．①若AC=BD，则四边形EFGH是；②若AC⊥BD，则四边形EFGH是．三．解答题：（本大题共3小题，共30分）15．求点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标．16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F 分别是AP、AD的中点，求证：（1）直线EF∥平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD．17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．四．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）.18．正六棱台的两底面边长分别为1cm，2cm，高是1cm，它的侧面积为．19．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：：2，则这个二面角的平面角是度．20．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是．21．直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，若平行四边形的两个顶点为B（1，4），D（5，0），则直线l的方程为．22．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）23．在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为．五．解答题：（本大题共2小题，共20分）.24．一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC，且AB⊥BC，O为AC中点．（Ⅰ）证明：A1O⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；（Ⅲ）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置．20XX-20XX学年北京师大附中高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一．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，只有一项是符合题目要求的）．1．线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是（）A．AB⊂αB．AB⊄αC．由线段AB的长短而定D．以上都不对【考点】平面的基本性质及推论．【专题】证明题．【分析】线段AB在平面α内，则直线AB上所有的点都在平面α内，从而即可判断直线AB与平面α的位置关系．【解答】解：∵线段AB在平面α内，∴直线AB上所有的点都在平面α内，∴直线AB与平面α的位置关系：直线在平面α内，用符号表示为：AB⊂α故选A．【点评】本题考查了空间中直线与直线的位置关系及公理一，主要根据定义进行判断，考查了空间想象能力．公理一：如果一条线上的两个点在平面上则该线在平面上．2．垂直于同一条直线的两条直线一定（）A．平行B．相交C．异面D．以上都有可能【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】分类讨论．【分析】根据在同一平面内两直线平行或相交，在空间内两直线平行、相交或异面判断．【解答】解：分两种情况：①在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行；②在空间内垂直于同一条直线的两条直线可以平行、相交或异面．故选D【点评】本题主要考查在空间内两条直线的位置关系．3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线（）A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，在平面α内C．有两条，不一定都在平面α内D．有无数条，不一定都在平面α内【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】综合题．【分析】通过假设过点P且平行于l的直线有两条m与n的出矛盾，由题意得m∥l且n∥l，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，又因为点P在平面内所以点P且平行于l的直线有一条且在平面内．【解答】解：假设过点P且平行于l的直线有两条m与n∴m∥l且n∥l由平行公理4得m∥n这与两条直线m与n相交与点P相矛盾又因为点P在平面内所以点P且平行于l的直线有一条且在平面内所以假设错误．故选B．【点评】反证法一般用于问题的已知比较简单或命题不易证明的命题的证明，此类题目属于难度较高的题型．4．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（）A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：2：4 D．3：1：2【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】由已知中圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，我们设出球的半径，代入圆柱、圆锥、球的体积公式，计算出圆柱、圆锥、球的体积即可得到答案．【解答】解：设球的半径为R，则圆柱、圆锥的底面半径也为R，高为2R，=则球的体积V球=2πR3圆柱的体积V圆柱=圆锥的体积V圆锥故圆柱、圆锥、球的体积的比为2πR3：：=3：1：2故选D【点评】本题考查的知识点是旋转体，球的体积，圆柱的体积和圆锥的体积，其中设出球的半径，并根据圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，依次求出圆柱、圆锥和球的体积是解答本题的关键．5．过点（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（）A．x﹣2y+7=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣5=0 D．2x+y﹣5=0【考点】直线的一般式方程；两条直线平行的判定．【专题】计算题．【分析】由题意可先设所求的直线方程为x﹣2y+c=0再由直线过点（﹣1，3），代入可求c 的值，进而可求直线的方程【解答】解：由题意可设所求的直线方程为x﹣2y+c=0∵过点（﹣1，3）代入可得﹣1﹣6+c=0 则c=7∴x﹣2y+7=0故选A．【点评】本题主要考查了直线方程的求解，解决本题的关键根据直线平行的条件设出所求的直线方程x﹣2y+c=0．6．平面α与平面β平行的条件可以是（）A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥βC．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何直线都与β平行【考点】平面与平面平行的判定．【专题】证明题．【分析】当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A、B，在两个平行平面内的直线可能平行，也可能是异面直线，故不选C，利用排除法应选D．【解答】解：当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A．当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选B．当直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β 时，直线a 和直线b可能平行，也可能是异面直线，故不选C．当α内的任何直线都与β 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故选D．【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质得应用，注意考虑特殊情况．7．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）A．B．C．D．【考点】简单空间图形的三视图．【专题】立体几何．【分析】从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形．【解答】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，由以上各视图的描述可知其俯视图符合C选项．故选：C．【点评】本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义．8．下列命题中错误的是（）A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．圆锥的轴截面是所在过顶点的截面中面积最大的一个C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】对应思想；分析法；立体几何．【分析】对于A，B，计算出截面面积与轴截面面积比较大小即可判断，对于C，D，利用旋转体的结构特征进行分析判断．【解答】解：对于A，设圆柱的底面半径为r，高为h，设圆柱的过母线的截面四边形在圆柱底面的边长为a，则截面面积S=ah≤2rh．∴当a=2r时截面面积最大，即轴截面面积最大，故A正确．对于B，设圆锥SO的底面半径为r，高为h，过圆锥定点的截面在底面的边长为AB=a，则O到AB的距离为，∴截面三角形SAB的高为，∴截面面积S==≤=．故截面的最大面积为．故B错误．对于C，由圆台的结构特征可知平行于底面的截面截圆台，所得几何体仍是圆台，故截面为圆面，故C正确．对于D，由于圆锥的所有母线长都相等，轴截面的底面边长为圆锥底面的直径，故圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形，故D正确．故选：B．【点评】本题考查了旋转体的结构特征，属于中档题．二．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．9．长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是50π．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．【解答】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，所以球的半径为：；则这个球的表面积是：=50π．故答案为：50π．【点评】本题是基础题，考查球的内接多面体的有关知识，球的表面积的求法，注意球的直径与长方体的对角线的转化是本题的解答的关键，考查计算能力，空间想象能力．10．以点（1，3）和（5，﹣1）为端点的线段的中垂线的方程是x﹣y﹣2=0．【考点】两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系；中点坐标公式．【专题】计算题．【分析】先求出线段AB的中垂线的斜率，再求出线段AB的中点的坐标，点斜式写出AB 的中垂线得方程，并化为一般式．【解答】解：直线AB的斜率k AB=﹣1，所以线段AB的中垂线得斜率k=1，又线段AB的中点为（3，1），所以线段AB的中垂线得方程为y﹣1=x﹣3即x﹣y﹣2=0，故答案为x﹣y﹣2=0．【点评】本题考查利用点斜式求直线的方程的方法，此外，本题还可以利用线段的中垂线的性质（中垂线上的点到线段的2个端点距离相等）来求中垂线的方程．11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为平行．【考点】平面与平面之间的位置关系．【专题】常规题型．【分析】根据正方体中相应的对角线之间的平行关系，我们易得到平面AB1D1和平面BC1D 内有两个相交直线相互平行，由面面平行的判定定理，我们易得到平面AB1D1和平面BC1D 的位置关系．【解答】解：∵AB1∥C1D，AD1∥BC1，AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，AB1∩AD1=AC1D⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，C1D∩BC1=C1由面面平行的判定理我们易得平面AB1D1∥平面BC1D故答案为：平行．【点评】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，在判断线与面的平行与垂直关系时，正方体是最常用的空间模型，大家一定要熟练掌握这种方法．12．如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，PA⊥平面ABC，此图形中有4个直角三角形．【考点】棱锥的结构特征．【专题】证明题．【分析】本题利用线面垂直，判定出线线垂直，进而得到直角三角形，只需证明直线BC⊥平面PAC问题就迎刃而解了．【解答】解：由PA⊥平面ABC，则△PAC，△PAB是直角三角形，又由已知△ABC是直角三角形，∠ACB=90°所以BC⊥AC，从而易得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，所以△PCB 也是直角三角形，所以图中共有四个直角三角形，即：△PAC，△PAB，△ABC，△PCB．故答案为：4【点评】本题考查空间几何体的结构特征，空间中点线面的位置关系，线面垂直的判定定理和性质定理的熟练应用是解答本题的关键．13．如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】由题意图形折叠为三棱锥，直接求出三棱柱的体积即可．【解答】解：由题意图形折叠为三棱锥，底面为△EFC，高为AC，所以三棱柱的体积：××1×1×2=，故答案为：．【点评】本题是基础题，考查几何体的体积的求法，注意折叠问题的处理方法，考查计算能力．14．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．①若AC=BD，则四边形EFGH是菱形；②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．【考点】棱锥的结构特征．【专题】证明题．【分析】①结合图形，由三角形的中位线定理可得EF∥AC，GH∥AC且EF=AC，GH=AC，由平行四边形的定义可得四边形EFGH是平行四边形，再由邻边相等地，得到四边形EFGH是菱形．②由①知四边形EFGH是平行四边形，再由邻边垂直得到四边形EFGH是矩形．【解答】解：如图所示：①∵EF∥AC，GH∥AC且EF=AC，GH=AC∴四边形EFGH是平行四边形又∵AC=BD∴EF=FG∴四边形EFGH是菱形．②由①知四边形EFGH是平行四边形又∵AC⊥BD，∴EF⊥FG∴四边形EFGH是矩形．故答案为：菱形，矩形【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，主要涉及了线段的中点，中位线定理，构成平面图形，研究平面图形的形状，是常考类型，属基础题．三．解答题：（本大题共3小题，共30分）15．求点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标．【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．【专题】方程思想；综合法；直线与圆．【分析】设点A′的坐标为（m，n），求得A′A的中点B的坐标并代入直线l的方程得到①，再由线段A′A和直线l垂直，斜率之积等于﹣1得到②，解①②求得m，n 的值，即得点A′的坐标．【解答】解：设点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标为（m，n），则线段A′A的中点B（，），由题意得B在直线l：2x﹣y﹣1=0上，故2×﹣﹣1=0 ①．再由线段A′A和直线l垂直，斜率之积等于﹣1得×=﹣1 ②，解①②做成的方程组可得：m=﹣，n=，故点A′的坐标为（﹣，）．【点评】本题考查求一个点关于直线的对称点的坐标的方法，注意利用垂直及中点在轴上两个条件．16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F 分别是AP、AD的中点，求证：（1）直线EF∥平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD．【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】立体几何．【分析】（1）要证直线EF∥平面PCD，只需证明EF∥PD，EF不在平面PCD中，PD⊂平面PCD即可．（2）连接BD，证明BF⊥AD．说明平面PAD∩平面ABCD=AD，推出BF⊥平面PAD；然后证明平面BEF⊥平面PAD．【解答】证明：（1）在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD．又因为EF不在平面PCD中，PD⊂平面PCD所以直线EF∥平面PCD．（2）连接BD．因为AB=AD，∠BAD=60°．所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF⊂平面EBF，所以平面BEF⊥平面PAD．【点评】本题是中档题，考查直线与平面平行，平面与平面的垂直的证明方法，考查空间想象能力，逻辑推理能力，常考题型．17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，∴AA1⊥平面ABC．（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．∴AC2+AB2=BC2，∴AB⊥AC．建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），∴，，．设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为=（x2，y2，z2）．则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴．，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴．===．∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为．（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，∴=，=（0，3，﹣4），∵，∴，∴，解得t=．∴．【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力．四．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）.18．正六棱台的两底面边长分别为1cm，2cm，高是1cm，它的侧面积为cm2．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】作出正六棱台的一部分，侧面ABB1A1为等腰梯形，OO1为高且OO1=1cm，AB=1cm，A1B1=2cm．取AB和A1B1的中点C，C1，连接OC，CC1，O1C1，则C1C为正六棱台的斜高，且四边形OO1C1C为直角梯形．根据正六棱台的性质求出OC，O1C1，CC1和上、下底面周长，由此能求出正六棱台的侧面积．【解答】解：如图所示，是正六棱台的一部分，侧面ABB1A1为等腰梯形，OO1为高且OO1=1cm，AB=1cm，A1B1=2cm．取AB和A1B1的中点C，C1，连接OC，CC1，O1C1，则C1C为正六棱台的斜高，且四边形OO1C1C为直角梯形．根据正六棱台的性质得OC=，O1C1==，∴CC1==．又知上、下底面周长分别为c=6AB=6cm，c′=6A1B1=12cm．∴正六棱台的侧面积：S=．==（cm2）．故答案为：cm2．【点评】本题考查正六棱台的侧面积的求法，是中档，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：：2，则这个二面角的平面角是75度．【考点】二面角的平面角及求法．【专题】空间角．【分析】点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．利用点P到α，β和棱l的距离分别为1：：2，即可求二面角α﹣l﹣β的大小．【解答】解：点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．当点P在二面角α﹣l﹣β的内部时，如图，A、C、B、P四点共面，∠ACB为二面角的平面角，由题设条件，点P到α，β和棱l的距离之比为1：：2可求∠ACP=30°，∠BCP=45°，∴∠ACB=75°．故答案为：75．【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查分类讨论的数学思想，正确找出二面角的平面角是关键．20．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题．【分析】利用正方体的体积减去8个三棱锥的体积，求解即可．【解答】解：在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥，8个三棱锥的体积为：=．剩下的凸多面体的体积是1﹣=．故答案为：．【点评】本题考查几何体的体积的求法，转化思想的应用，考查空间想象能力计算能力．21．直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，若平行四边形的两个顶点为B（1，4），D（5，0），则直线l的方程为．【考点】直线的两点式方程．【专题】计算题．【分析】先求出BD的中点，再求出斜率，用斜截式求直线的方程．【解答】解：∵直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，则直线过BD的中点（3，2），故斜率为=，∴由斜截式可得直线l的方程为，故答案为．【点评】本题考查直线的斜率公式，直线方程的斜截式．22．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少10cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】数形结合；综合法；立体几何．【分析】作出圆柱的侧面展开图，找到A点关于茶杯口的对称点A′，则A′A在展开图中的直线距离即为最短距离．【解答】解：作出圆柱的侧面展开图如图所示，设A关于茶杯口的对称点为A′，则A′A=4cm，BC=6cm，∴A′C=8cm，∴A′B==10cm．故答案为：10．【点评】本题考查了曲面的最短距离问题，通常转化为平面图形来解决．23．在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为．【考点】球内接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题．【分析】过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB于P，设点P到CD的距离为h，则当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2，从而得到四面体ABCD的体积的最大值即可．【解答】解：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，设点P到CD的距离为h，则有V=×2×h××2，当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2，则四面体ABCD的体积的最大值为．故答案为：．【点评】本小题主要考查棱柱、棱锥、棱台的体积、球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力．属于基础题．五．解答题：（本大题共2小题，共20分）.24．一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．【考点】根据实际问题选择函数类型．【专题】计算题．【分析】设出所截等腰三角形的底边边长为xcm，在直角三角形中根据两条边长利用勾股定理做出四棱锥的高，表示出四棱锥的体积，根据实际意义写出定义域．【解答】解：如图，设所截等腰三角形的底边边长为xcm，在Rt△EOF中，，∴，∴依题意函数的定义域为{x|0＜x＜10}【点评】本题是一个函数模型的应用，这种题目解题的关键是看清题意，根据实际问题选择合适的函数模型，注意题目中写出解析式以后要标出自变量的取值范围．25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC，且AB⊥BC，O为AC中点．（Ⅰ）证明：A1O⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；（Ⅲ）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置．【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）由题意可知：平面AA1C1C⊥平面ABC，根据平面与平面垂直的性质定理可以得到，只要证明A1O⊥AC就行了．（2）此小题由于直线A1C与平面A1AB所成角不易作出，再由第（1）问的结论可以联想到借助于空间直角坐标系，设定参数，转化成法向量n与所成的角去解决（3）有了第（2）问的空间直角坐标系的建立，此题解决就方便多了，欲证OE∥平面A1AB，可以转化成证明OE与法向量n垂直【解答】解：（Ⅰ）证明：因为A1A=A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC．又由题意可知，平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，且A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC．（Ⅱ）如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意可知，A1A=A1C=AC=2，又AB=BC，AB⊥BC，∴，所以得：则有：．设平面AA1B的一个法向量为n=（x，y，z），则有，令y=1，得所以．．因为直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量n与所成锐角互余，所以．（Ⅲ）设，即，得所以，得，令OE∥平面A1AB，得，即﹣1+λ+2λ﹣λ=0，得，即存在这样的点E，E为BC1的中点．。
2017北京师大附中高三(上)期中数学(理)
2017北京师大附中高三（上）期中数学（理）本试卷共150分，考试时间120分钟.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，只有一项是符合题目要求的.请将答案填写在答题纸上.1. 已知集合，，则集合中元素的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 42. 设命题，则为（）A. B.C. D.3. 已知为等差数列，为其前n项和.若，则=（）A. 6B. 12C. 15D. 184. 设函数，则“”是“函数为奇函数”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5. 设函数的图象为C，下面结论中正确的是（）A. 函数的最小正周期是B. 图象C关于点对称C. 图象C可由函数的图象向右平移个单位得到D. 函数在区间上是增函数6. 若则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.7. 设D为不等式组表示的平面区域，点B（1，b）为坐标平面xOy内一点，若对于区域D内的任一点A（x，y），都有成立，则b的最大值等于（）A. 1B. 2C. 0D. 38. 已知函数，。
若函数恰有6个不同的零点，则的取值范围是( )A. B. C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案填写在答题纸上.9. 若等比数列满足，则前n项和=______________.10. 若，且，则的最小值是___________.11. 已知向量a，b不共线，若∥，则实数=___________.12. 设向量，向量，向量，若∥且，则与的夹角大小为_______.13. 在△ABC中，∠C=120°，，则_______________14. 对有限数列，定义集合，集合S中不同的元素个数记为（1）若，则=_________；（2）若有限数列是单调递增数列，则最小值为_____________三、解答题：本大题共6小题，共80分.写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15. 设函数，其中向量，，，且的图象经过点.（I）求实数m的值；（II）求函数的最小值及此时x值的集合.16. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角C；（2）若,△ABC的面积为，D为AB的中点，求sin∠BCD.17. 已知数列的前n项和，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.18. 已知函数，，且.（1）求b的值；（2）判断对应的曲线的交点个数，并说明理由.19. 设函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间上恒成立，求a的最小值.20. 现有m个（）实数，它们满足下列条件：①，②记这m个实数的和为，即.（1）若，证明：；（2）若m=5，满足题设条件的5个实数构成数列.设C为所有满足题设条件的数列构成的集合.集合，求A中所有正数之和；（3）对满足题设条件的m个实数构成的两个不同数列与，证明：.数学试题答案一、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，只有一项是符合题目要求的.请将答案填写在答题纸上.1.【答案】B【解析】由得，解得：，即，∵，∴，则集合中元素的个数为2，故选B.2.【答案】B【解析】试题分析：根据命题的否定和全称命题的否定是特称命题，可知命题：，则为.考点：命题的否定.3.【答案】A【解析】设等差数列的公差为，∵，，∴，，解得，，则，故选A.4.【答案】C【解析】试题分析：当时，函数，此时函数为奇函数；反之函数为奇函数，则，所以“”是“函数为奇函数”的充分必要条件.考点：1.充分必要条件的判断；2.函数的奇偶性.5.【答案】B【解析】试题分析：的最小正周期，∵，∴图象关于点对称，∴图象可由函数的图象向右平移个单位得到，函数的单调递增区间是，当时，，∴函数在区间上是先增后减.考点：三角函数图象、周期性、单调性、图象平移、对称性.6.【答案】D【解析】∵，，，则，，的大小关系是，故选D.7.【答案】A【解析】由作出平面区域D如图，联立，解得，联立，解得，联立，解得，由，得，即，即的最大值为1，故选A.点睛：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了平面向量数量积的坐标运算，是中档题；作出不等式组所表示的区域，根据当目标函数为线性时，其最值一定在交点处取得列出不等式组，解出即可.8.【答案】D点睛：本题考查了分段函数的图象与性质、含绝对值函数的图象、对数函数的图象、函数图象的交点的与函数零点的关系，考查了推理能力与计算能力、数形结合的思想方法、推理能力与计算能力，此题最大的难点在于讨论与1的关系，得到的解析式.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案填写在答题纸上.9.【答案】【解析】∵等比数列满足，，∴，解得，，∴前项和，故答案为.10.【答案】64【解析】∵，∴，即，由，，当且仅当时等号成立，即的最小值是64，故答案为64.点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．11.【答案】【解析】∵向量，不共线，由，则存在非零实数，使，即，解得：，故答案.12.【答案】【解析】根据题意，向量，，若∥，则有，解可得，若，则有，解可得；则，；设与的的夹角为，，，则有，又∵，∴，即与的夹角大小为，故答案为.13. 在△ABC中，∠C=120°，，则_______________【答案】214.【答案】 (1). 6 (2).【解析】（1）当时，有限数列为，故，由的意义可知，，故答案为6；（2）由的定义可知，当是等差数列时，最小，∴集合，∴集合中的元素个数，故答案为.三、解答题：本大题共6小题，共80分.写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.【答案】(Ⅰ)1；(Ⅱ)的最小值为，x值的集合为.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用向量的数量积化简函数的表达式，通过函数的图象经过点，求实数的值；（Ⅱ）通过（Ⅰ）利用两角和的正弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，然后求函数的最小值及此时值的集合.试题解析：（I），由已知，得.（II）由（I）得，∴当时，的最小值为，由，得x值的集合为.点睛：本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，属于基础题，强调基础的重要性，是高考中的常考知识点；对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解.16.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）首先根据正弦定理边化为角，得到，求得 ;（2）由条件可知三角形为等腰三角形，并且顶角为，这样根据面积可求得三角形的边长，在内可根据余弦定理求得 ,最后根据正弦定理求.试题解析：（1）由，得，由正弦定理可得，因为，所以，因为，所以．（2）因为，故为等腰三角形，且顶角，故，所以，在中，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理可得，即，所以．【点睛】解三角形问题，是高考考查的重点，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化，一般多根据正弦定理把边转化为角 ,或是 ;第三步：求结果.17.【答案】(1)，.(2)【解析】试题分析：（1）利用当时，，验证时也适合，可得数列通项公式；（2）分为为奇数和为偶数两种情形，利用并项求和得数列的前项和.试题解析：（1）由，当时，.当时，，而，所以数列的通项公式，.（2）由（1）可得，当为偶数时，，当为奇数时，为偶数，.综上，点睛：本题主要考查了等差数列概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，并项求和主要用于正负相间的摆动数列，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.18.【答案】(1)；(2)对应的曲线只有1个交点，理由见解析.【解析】试题分析：（1）由得：函数的对称轴为，故可得的值；（2）令，对函数进行二次求导，先判断先减后增，在处取得最小值0，故可得单调递增，且，由以上可得交点个数.试题解析：（1）由已知可得的对称轴是，因此（2）考虑，列表可知，仅有一个根x=0，先减后增，在处取得最小值0，即.因此单调递增，注意到，可得对应的曲线只有1个交点19.【答案】(Ⅰ).(Ⅱ).【解析】试题分析：（Ⅰ）设切线的斜率为，利用导数求解切线斜率，然后求解切线方程；（2）要使：在区间在恒成立，等价于：在恒成立，利用函数的导数，通过①当时，利用，说明不满足题意．②当时，利用导数以及单调性函数的最小值，求解即可.试题解析：（I）设切线的斜率为，因为，切点为.切线方程为，化简得：.（II）要使：在区间恒成立，等价于：在恒成立，等价于：在（0，+∞）恒成立因为①当时，，不满足题意②当时，令，则或（舍）.所以时，在上单调递减；时，在上单调递增；当时当时，满足题意所以，得到的最小值为20.【答案】(1)证明见解析；(2)256；(3)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由为等比数列可得或，当时，数列前项和在各项取正数时取最大值，经计算的最大值为不满足题意，而当时，同理计算的最小值为，满足题意；（2）结合（1）中结论，而，，共种情形，根据其规律得A中正数之和为；（3）不失一般性设使得，，，，…，计算得结论成立.试题解析：（1）证明：由题意知，，所以或.当时，数列前项和在各项取正数时取最大值，所以的最大值为.不合题意，舍去.当时，.所以，.（2）解：若，由（I）知，.由题意知，.所以满足题意的所有数列为1,2,4,8,16；-1,2,4,8,16；1，-2,4,8,16；1,2，-4,8,16；…共16个.在这16个数列中，除最后一项外，其他各项正、负各取8次，求和时正负相抵.从而，A中正数之和为16×16=256.（3）证明：设使得，，，，…，则，所以.。
2022-2023学年北京首都师大附中高二(上)期中数学试题及答案
的
（1）求证:DE∥平面 PBC. （2）求二面角 F-PC-B 余弦值.
的 （3）在线段 PA 上是否存在点 Q，使得 FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是 6 ? 若存在，求出 AQ 的长;若 3
不存在，请说明理由.
21. 如图， ABC 的边 AB 边所在直线的方程为 x − 3y − 6 = 0 ， M (2, 0) 满足 2BM = BC ，点 T (−1,1) 在 AC 边所在直线上且满足 AT AB = 0 ．
圆心坐标为 (2, −1) ，半径为 3 ． 故答案为： (2, −1) ； 3 ． 12.【答案】 2x + y − 3 = 0 【解析】【分析】根据直线的方向向量求出直线斜率，然后利用点斜式求出直线方程.
【详解】 直线方程方向向量为 v = (1，− 2) 直线的斜率为 k = −2
直线过点 (1，1) ，直线方程为 y −1 = −2( x −1) ，即 2x + y − 3 = 0
故答案为： 2x + y − 3 = 0
13.【答案】 − 13 3
【解析】【分析】利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出 m 的值．
【详解】当 5 + m = 0 时，不满足 l1 ⊥ l2 ，舍去；
当5+
m
0
时，直线 l1 的斜率 k1
=
−
3+m 4
， l2 的斜率
k2
=
−
2 5+ m
∵ l1 ⊥ l2 ，
的 A. 4
B. 3
C. 1
D. 1
2
5. 三棱锥 O − ABC 中， M 、 N 分别是 AB 、 OC 的中点，且OA = a ，OB = b ， OC = c ，用 a 、 b 、 c
2017北京师大附中高三(上)期中数学(文)
）
（ A） 4
（B） 3
2. 下列函数中为偶函数的是（
）
（ A） y lg x
（B） y x
（C） 2
（C） y ( x 1)2
（ D） 1
（ D） y 2x
3. 已知直线 m， n 和平面 α ，如果 n
（ A）充分而不必要条件 （ C）充分必要条件
，那么“ m⊥ n”是“ m⊥ α ”的（ ） （B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件
x y 0,
6. 设 x， y 满足 x y 2 0, 则 (x 1)2 y2 的最小值为（
）
x 2,
（ A） 1
（B） 9 2
（C） 5
（ D） 9
7. 若函数 f (x) sin( x )( 0,
的极值点为（
）
) 的相邻两个零点的距离为 ，且 f ( x) f (x) 0 ，则函数 f (x)
2
4. 已知平面向量 a (1,0), b ( 1 , 3 ) ，则 a 与 a+b 的夹角为（
）
22
（ A）
3
（B） 2 3
（C）
6
（ D） 5 6
5. 在等比数列 an 中， a1 3 ， a1 a2 a3 9 ，则 a4 a5 a6 等于（ ）
（ A） 9
（B） 72
（C） 9 或 72
（ D） 9 或 -72
2017 北京师大附中高三（上）期中数
学（文）
本试卷共 150 分，考试时间 120 分钟 .
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，只有一项是符合题目要求的
.
请将答案填写在答题纸上 .
北京市海淀北大附中2017_2018学年高二数学上学期期中试题理(含解析)
C
A
B
【答案】 p q 【解析】“ m 、 n 均为非零实数”，即“ m 0 ， n 0 ”， 又命题 p : “ m 0 ”，命题 q 为：“ n 0 ”，故用字母符号表述命题：“ m 、 n 均为非零实数” 为： p q ．
3．已知增函数 y f (x) ，命题 t : “ x > y ， f (x) f ( y) > 0 ”， t 是：__________． 【答案】 x > y ， f (x) f ( y) ≤ 0 【解析】全称命题的否定需将全称量词改为存在量词，同时否定结论，故命题 r : “ x > y ， f (x) f ( y) > 0 ”，
∴
AE
1
( AB1
AD1 )
1
(a
b)
1
a
1
b
．
2
2
22
-2-
（
2
）
AC1
AE
EC1
AE
1 2
A1C1
AE
1 2
AC
1 2
a
1 2
b
1 2
c
4．求二面角 B1 AD1 C1 的大小． 【答案】见解析．
-3-
【解析】解：设平面 AB1D1 的一个法向量为 m (x, y, z) ，
则
AB1
AD1
m m
0 0
，即
x
y
z z
北京师大二附中2017-2018学年高三上学期期中数学试卷(理科) Word版含解析
2017-2018学年北京师大二附中高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题：1．已知集合M={x|﹣1＜x＜1}，N={x|x2＜2，x∈Z}，则（）A．M⊆N B．N⊆M C．M∩N={0}D．M∪N=N2．复数z满足z•i=3﹣i，则在复平面内，复数z对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=2，c=2，cosA=．且b＜c，则b=（）A．3 B．2C．2 D．4．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列四个命题中，正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α5．将函数y=sin2x的图象先向左平移个单位长度，然后将所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），则所得到的图象对应函数解析式为（）A．B．y=2cos2x C．y=2sin2x D．y=cosx6．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）A．8 B．C．4 D．7．如果关于x的方程正实数解有且仅有一个，那么实数a的取值范围为（）A．{a|a≤0}B．{a|a≤0或a=2}C．{a|a≥0}D．{a|a≥0或a=﹣2}8．设f（x）与g（x）是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y=f′（x）﹣g（x）（f′（x）为函数f（x）的导函数）在[a，b]上有且只有两个不同的零点，则称f（x）是g（x）在[a，b]上的“关联函数”．若f（x）=+4x是g（x）=2x+m在[0，3]上的“关联函数”，则实数m的取值范围是（）A．B．[﹣1，0] C．（﹣∞，﹣2]D．二、填空题9．设复数z满足（1﹣i）z=2+2i，其中i是虚数单位，则|z|的值为．10．若||=3，||=2，且与的夹角为60°，则|﹣|=11．命题p：“∀x∈R，x2﹣x+1＞0”，则¬p为．12．已知，则cos2x=．13．已知y=f（x）是定义在R上的奇函数，且为偶函数，对于函数y=f（x）有下列几种描述：①y=f（x）是周期函数②x=π是它的一条对称轴；③（﹣π，0）是它图象的一个对称中心；④当时，它一定取最大值；其中描述正确的是．14．若对任意x∈A，y∈B，（A⊆R，B⊆R）有唯一确定的f（x，y）与之对应，则称f（x，y）为关于x、y的二元函数．现定义满足下列性质的二元函数f（x，y）为关于实数x、y的广义“距离”；（1）非负性：f（x，y）≥0，当且仅当x=y时取等号；（2）对称性：f（x，y）=f（y，x）；（3）三角形不等式：f（x，y）≤f（x，z）+f（z，y）对任意的实数z均成立．今给出三个二元函数，请选出所有能够成为关于x、y的广义“距离”的序号：①f（x，y）=|x﹣y|；②f（x，y）=（x﹣y）2；③．能够成为关于的x、y的广义“距离”的函数的序号是．三、解答题15．已知函数．（Ⅰ）求f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）设α是锐角，且，求f（α）的值．16．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．17．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．18．已知函数f（x）=﹣x3+ax2+bx+c图象上的点P（1，﹣2）处的切线方程为y=﹣3x+1．（1）若函数f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式（2）若函数f（x）在区间[﹣2，0]上单调递增，求实数b的取值范围．19．已知函数f（x）=cos，g（x）=e x•f（x），其中e为自然对数的底数．（1）求曲线y=g（x）在点（0，g（0））处的切线方程；（2）若对任意时，方程g（x）=xf（x）的解的个数，并说明理由．20．已知集合A=a1，a2，a3，…，a n，其中a i∈R（1≤i≤n，n＞2），l（A）表示和a i+a j（1≤i＜j≤n）中所有不同值的个数．（Ⅰ）设集合P=2，4，6，8，Q=2，4，8，16，分别求l（P）和l（Q）；（Ⅱ）若集合A=2，4，8，…，2n，求证：；（Ⅲ）l（A）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由？2016-2017学年北京师大二附中高三（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：1．已知集合M={x|﹣1＜x＜1}，N={x|x2＜2，x∈Z}，则（）A．M⊆N B．N⊆M C．M∩N={0}D．M∪N=N【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】N={x|x2＜2，x∈Z}={﹣1，0，1}，从而解得．【解答】解：N={x|x2＜2，x∈Z}={﹣1，0，1}，故M∩N={0}，故选：C．2．复数z满足z•i=3﹣i，则在复平面内，复数z对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．【解答】解：由z•i=3﹣i，得，∴复数z对应的点的坐标为（﹣1，﹣3），位于第三象限．故选：C．3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=2，c=2，cosA=．且b＜c，则b=（）A．3 B．2C．2 D．【考点】正弦定理．【分析】运用余弦定理：a2=b2+c2﹣2bccosA，解关于b的方程，结合b＜c，即可得到b=2．【解答】解：a=2，c=2，cosA=．且b＜c，由余弦定理可得，a2=b2+c2﹣2bccosA，即有4=b2+12﹣4×b，解得b=2或4，由b＜c，可得b=2．故选：C．4．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列四个命题中，正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．【分析】由题意知，用平行和垂直的定理进行判断，对简单的可在长方体中找反例．【解答】解：A错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或垂直；D对，由α⊥β，在α内作交线的垂线c，则c⊥β，因m⊥β，m⊄α，所以m∥α．故选D．5．将函数y=sin2x的图象先向左平移个单位长度，然后将所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），则所得到的图象对应函数解析式为（）A．B．y=2cos2x C．y=2sin2x D．y=cosx【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】根据函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换步骤，进行解答即可．【解答】解：函数y=sin2x的图象向左平移个单位长度，得y=sin2（x+）=cos2x将该函数所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得y=cosx的图象所以函数的解析式为y=cosx．故选：D．6．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）A．8 B．C．4 D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知，几何体是对角线长为2的正方形，侧棱垂直于底面的四棱锥，侧棱长为2，利用体积公式可得结论．【解答】解：由三视图可知，几何体是对角线长为2的正方形，侧棱垂直于底面的四棱锥，侧棱长为2，则该几何体的体积是=故选D．7．如果关于x的方程正实数解有且仅有一个，那么实数a的取值范围为（）A．{a|a≤0}B．{a|a≤0或a=2}C．{a|a≥0}D．{a|a≥0或a=﹣2}【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】由函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），故我们可将关于x的方程有且仅有一个正实数解，转化为方程ax3﹣3x2+1=0有且仅有一个正实数解，求出函数的导函数后，分类讨论函数的单调性，即可得到答案．【解答】解：由函数解析式可得：x≠0，如果关于x的方程有且仅有一个正实数解，即方程ax3﹣3x2+1=0有且仅有一个正实数解，构造函数f（x）=ax3﹣3x2+1，则函数f（x）的图象与x正半轴有且仅有一个交点．又∵f'（x）=3x（ax﹣2）①当a=0时，代入原方程知此时仅有一个正数解满足要求；②当a＞0时，则得f（x）在（﹣∞，0）和（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，f（0）=1，知若要满足条件只有x=时，f（x）取到极小值0，x=入原方程得到正数解a=2，满足要求；③当a＜0时，同理f（x）在（﹣∞，）和（0，+∞）上单调递减，在（，0）上单调递增f（0）=1＞0，所以函数f（x）的图象与x轴的正半轴有且仅有一个交点，满足题意综上：a≤0或a=2．故答案为：{a|a≤0或a=2}8．设f（x）与g（x）是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y=f′（x）﹣g（x）（f′（x）为函数f（x）的导函数）在[a，b]上有且只有两个不同的零点，则称f（x）是g（x）在[a，b]上的“关联函数”．若f（x）=+4x是g（x）=2x+m在[0，3]上的“关联函数”，则实数m的取值范围是（）A．B．[﹣1，0] C．（﹣∞，﹣2]D．【考点】导数的运算．【分析】先对f（x）求导，由题意可得h（x）=f′（x）﹣g（x）=x2﹣5x+4﹣m 在[0，3]上有两个不同的零点，故有，由此求得m的取值范围．【解答】解：f′（x）=x2﹣3x+4，∵f（x）与g（x）在[0，3]上是“关联函数”，故函数y=h（x）=f′（x）﹣g（x）=x2﹣5x+4﹣m在[0，3]上有两个不同的零点，故有，即，解得﹣＜m≤﹣2，故选：A．二、填空题9．设复数z满足（1﹣i）z=2+2i，其中i是虚数单位，则|z|的值为2．【考点】复数求模．【分析】变形可得复数z=，化简可得z=2i，可得其模．【解答】解：∵（1﹣i）z=2+2i，∴z====2i，∴|z|=2故答案为：210．若||=3，||=2，且与的夹角为60°，则|﹣|=【考点】向量加减法的应用．【分析】向量求模的运算，要求向量的模，一般用求模的公式，先求向量的平方运算，题目中给的条件能让我们先求数量积，进而求向量的模．【解答】解：∵||=3，||=2，且与的夹角为60，∴||====，故答案为：．11．命题p：“∀x∈R，x2﹣x+1＞0”，则¬p为∃x∈R，x2﹣x+1≤0．【考点】命题的否定．【分析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题p：“∀x∈R，x2﹣x+1＞0”，则¬p为：∃x∈R，x2﹣x+1≤0．故答案为：∃x∈R，x2﹣x+1≤0．12．已知，则cos2x=．【考点】二倍角的余弦．【分析】利用两角差的正弦函数公式化简已知可得cosx﹣sinx=﹣，利用二倍角公式两边平方可求sin2x，进而结合2x的范围，利用同角三角函数基本关系式即可计算得解．【解答】解：∵sin（﹣x）=（cosx﹣sinx）=﹣，解得：cosx﹣sinx=﹣，∴两边平方可得：1﹣sin2x=，可得：sin2x=，∵x∈（，），2x∈（，π），∴cos2x=﹣=．故答案为：．13．已知y=f（x）是定义在R上的奇函数，且为偶函数，对于函数y=f（x）有下列几种描述：①y=f（x）是周期函数②x=π是它的一条对称轴；③（﹣π，0）是它图象的一个对称中心；④当时，它一定取最大值；其中描述正确的是①③．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据函数的奇偶性和对称性对每一个选支进行逐一判定即可．【解答】解：∵为偶函数∴f（﹣x+）=f（x+），对称轴为而y=f（x）是定义在R上的奇函数∴f（﹣x+）=﹣f（x﹣）=f（x+）即f（x+）=﹣f（x﹣），f（x+π）=﹣f（x），f（x+2π）=f（x）∴y=f（x）是周期函数，故①正确x=（k∈Z）是它的对称轴，故②不正确（﹣π，0）是它图象的一个对称中心，故③正确当时，它取最大值或最小值，故④不正确故答案为：①③14．若对任意x∈A，y∈B，（A⊆R，B⊆R）有唯一确定的f（x，y）与之对应，则称f（x，y）为关于x、y的二元函数．现定义满足下列性质的二元函数f（x，y）为关于实数x、y的广义“距离”；（1）非负性：f（x，y）≥0，当且仅当x=y时取等号；（2）对称性：f（x，y）=f（y，x）；（3）三角形不等式：f（x，y）≤f（x，z）+f（z，y）对任意的实数z均成立．今给出三个二元函数，请选出所有能够成为关于x、y的广义“距离”的序号：①f（x，y）=|x﹣y|；②f（x，y）=（x﹣y）2；③．能够成为关于的x、y的广义“距离”的函数的序号是①．【考点】函数的概念及其构成要素．【分析】利用函数f（x，y）为关于实数x、y的广义“距离“的定义需满足三个条件对各个函数判断是否具有这三个性质．【解答】解：对于①，f（x，y）=|x﹣y|≥0满足（1），f（x，y）=|x﹣y|=f（y，x）=|y ﹣x|满足（2）；f（x，y）=|x﹣y|=|（x﹣z）+（z﹣y）|≤|x﹣z|+|z﹣y|=f（x，z）+f（z，y）满足（3）故①能够成为关于的x、y的广义“距离”的函数对于②不满足（3）对于③不满足（2）故答案为①三、解答题15．已知函数．（Ⅰ）求f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）设α是锐角，且，求f（α）的值．【考点】正弦函数的单调性；两角和与差的正弦函数．【分析】（Ⅰ）=cos2x，由2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈z，求得f（x）的单调递减区间．（Ⅱ）由α是锐角，且，得=，α=，故f（α）=cos2x=cos．【解答】解：（Ⅰ）=cos2x﹣sin2x=cos2x．由2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈z，可得kπ≤x≤kπ+，故求f（x）的单调递减区间为[kπ，kπ+]，k∈z．（Ⅱ）∵α是锐角，且，∴=，α=．∴f（α）=cos2x=cos==﹣．16．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．【考点】解三角形．【分析】（1）根据正弦定理表示出a，b及c，代入已知的等式，利用两角和的正弦函数公式及诱导公式变形后，根据sinA不为0，得到cosB的值，由B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出角B的度数；（2）由（1）中得到角B的度数求出sinB和cosB的值，根据余弦定理表示出b2，利用完全平方公式变形后，将b，a+c及cosB的值代入求出ac的值，然后利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ac与sinB的值代入即可求出值．【解答】解：（1）由正弦定理得：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，将上式代入已知，即2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0，即2sinAcosB+sin（B+C）=0，∵A+B+C=π，∴sin（B+C）=sinA，∴2sinAcosB+sinA=0，即sinA（2cosB+1）=0，∵sinA≠0，∴，∵B为三角形的内角，∴；（II）将代入余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB得：b2=（a+c）2﹣2ac﹣2accosB，即，∴ac=3，∴．17．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．【考点】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E﹣ACD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O点，连接EO，∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB，EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC；（Ⅱ）解：延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，∴CD⊥平面AMD，∵二面角D﹣AE﹣C为60°，∴∠CMD=60°，∵AP=1，AD=，∠ADP=30°，∴PD=2，E为PD的中点．AE=1，∴DM=，CD==．三棱锥E﹣ACD的体积为：==．18．已知函数f（x）=﹣x3+ax2+bx+c图象上的点P（1，﹣2）处的切线方程为y=﹣3x+1．（1）若函数f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式（2）若函数f（x）在区间[﹣2，0]上单调递增，求实数b的取值范围．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）对函数f（x）求导，由题意点P（1，﹣2）处的切线方程为y=﹣3x+1，可得f′（1）=﹣3，再根据f（1）=﹣1，又由f′（﹣2）=0联立方程求出a，b，c，从而求出f（x）的表达式．（2）由题意函数f（x）在区间[﹣2，0]上单调递增，对其求导可得f′（x）在区间[﹣2，0]大于或等于0，从而求出b的范围．【解答】解：f′（x）=﹣3x2+2ax+b，因为函数f（x）在x=1处的切线斜率为﹣3，所以f′（1）=﹣3+2a+b=﹣3，即2a+b=0，又f（1）=﹣1+a+b+c=﹣2得a+b+c=﹣1．（1）函数f（x）在x=﹣2时有极值，所以f'（﹣2）=﹣12﹣4a+b=0，解得a=﹣2，b=4，c=﹣3，所以f（x）=﹣x3﹣2x2+4x﹣3．（2）因为函数f（x）在区间[﹣2，0]上单调递增，所以导函数f′（x）=﹣3x2﹣bx+b在区间[﹣2，0]上的值恒大于或等于零，则得b≥4，所以实数b的取值范围为[4，+∞）19．已知函数f（x）=cos，g（x）=e x•f（x），其中e为自然对数的底数．（1）求曲线y=g（x）在点（0，g（0））处的切线方程；（2）若对任意时，方程g（x）=xf（x）的解的个数，并说明理由．【考点】余弦函数的图象．【分析】（1）利用导数的几何意义即可求出曲线y=g（x）在点（0，g（0））处的切线方程；（2）构造函数H（x）=g（x）﹣xf（x），；利用导数判断函数的单调性，根据根的存在性定理即可判断函数H（x）在上零点的个数．【解答】解：（1）由题意得，f（x）=sinx，g（x）=e x sinx，∴g（0）=e0sin0=0；g'（x）=e x（cosx+sinx），∴g'（0）=1；故曲线y=g（x）在点（0，g（0））处的切线方程为y=x；（2）设H（x）=g（x）﹣xf（x），；则当时，H'（x）=e x（cosx+sinx）﹣sinx﹣xcosx=（e x﹣x）cosx﹣（e x﹣1）sinx，当，显然有；当时，由，即有，即有H'（x）＜0，所以当时，总有H'（x）＜0，故H（x）在上单调递减，故函数H（x）在上至多有一个零点；又，；且H（x）在上是连续不断的，故函数H（x）在上有且只有一个零点．20．已知集合A=a1，a2，a3，…，a n，其中a i∈R（1≤i≤n，n＞2），l（A）表示和a i+a j（1≤i＜j≤n）中所有不同值的个数．（Ⅰ）设集合P=2，4，6，8，Q=2，4，8，16，分别求l（P）和l（Q）；（Ⅱ）若集合A=2，4，8，…，2n，求证：；（Ⅲ）l（A）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由？【考点】数列的应用；计数原理的应用．【分析】（Ⅰ）直接利用定义把集合P=2，4，6，8，Q=2，4，8，16中的值代入即可求出l （P）和l（Q）；（Ⅱ）先由a i+a j（1≤i＜j≤n）最多有个值，可得；再利用定义推得所有a i+a j（1≤i＜j≤n）的值两两不同，即可证明结论．（Ⅲ）l（A）存在最小值，设a1＜a2＜＜a n，所以a1+a2＜a1+a3＜…＜a1+a n＜a2+a n＜…＜a n﹣1+a n．由此即可证明l（A）的最小值2n﹣3．【解答】解：（Ⅰ）根据题中的定义可知：由2+4=6，2+6=8，2+8=10，4+6=10，4+8=12，6+8=14，得l（P）=5．由2+4=6，2+8=10，2+16=18，4+8=12，4+16=20，8+16=24，得l（Q）=6．（Ⅱ）证明：因为a i+a j（1≤i＜j≤n）最多有个值，所以．又集合A=2，4，8，，2n，任取a i+a j，a k+a l（1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n），当j≠l时，不妨设j＜l，则a i+a j＜2a j=2j+1≤a l＜a k+a l，即a i+a j≠a k+a l．当j=l，i≠k时，a i+a j≠a k+a l．因此，当且仅当i=k，j=l时，a i+a j=a k+a l．即所有a i+a j（1≤i＜j≤n）的值两两不同，所以．（Ⅲ）l（A）存在最小值，且最小值为2n﹣3．不妨设a1＜a2＜a3＜…＜a n，可得a1+a2＜a1+a3＜…＜a1+a n＜a2+a n＜…＜a n+a n，﹣1所以a i+a j（1≤i＜j≤n）中至少有2n﹣3个不同的数，即l（A）≥2n﹣3．事实上，设a1，a2，a3，，a n成等差数列，考虑a i+a j（1≤i＜j≤n），根据等差数列的性质，当i+j≤n时，a i+a j=a1+a i；+j﹣1+a n；当i+j＞n时，a i+a j=a i+j﹣n因此每个和a i+a j（1≤i＜j≤n）等于a1+a k（2≤k≤n）中的一个，或者等于a l+a n（2≤l≤n﹣1）中的一个．所以对这样的A，l（A）=2n﹣3，所以l（A）的最小值为2n﹣3．2016年12月18日。
2017首都师大附中高二(上)期中数 学(理)
2017首都师大附中高二（上）期中数 学（理）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求）1．已知椭圆的一个焦点为(1,0)F ，离心率12e =，则该椭圆的标准方程为（ ）．A ．22143y x +=B ．22143x y +=C ．2212x y +=D ．2212y x += 2．已知抛物线2:4C y x =上的点P 到准线的距离为5，则点P 的横坐标为（ ）．A ．2B ．3C ．4D ．53．执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（ ）．A ．2B ．4C ．8D ．164．直线22x y =+被椭圆221164x y +=所截得的弦中点坐标是（ ）．A ．(4,4)B ．(4,0)-C ．(2,1)-D ．(2,3)5．“椭圆的离心率为35”是“椭圆的方程为2212516x y +=”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6．如图，直线2x =与双曲线22:14x y Γ-=的渐近线交于1E ，2E 两点，记11OE e =，22OE e =，任取双曲线Γ上的点P ，若12(,)OP ae be a b =+∈R ，则a ，b 满足的一个等式是（ ）．A ．2204a b -=B ．2214a b -=C ．21ab =D ．41ab =7．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点M 是双曲线右支上一点，且12MF MF ⊥，延长2MF 交双曲线C 于点P ，若12||||MF PF =，则双曲线C 的离心率为（ ）．A ．3B ．2C ．6D ．1028．如图，两个椭圆221259x y +=，221259y x +=内部重叠区域的边界记为曲线C ，P 是曲线C 上的任意一点，给出下列四个判断：①P 到1(4,0)F -，2(4,0)F ，1(0,4)E -，2(0,4)E 四点的距离之和为定值；②曲线C 关于直线y x =，y x =-均对称； ③曲线C 所围区域面积必小于36； ④曲线C 总长度不大于6π．上述判断中正确命题的序号为（ ）．A ．①②B ．②③C ．②③④D ．①②③④二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9．x ∀∈N ，2x x ≥的否定是__________．10．已知双曲线的右焦点为(5,0)，一条渐近线方程为20x y -=，则此双曲线的标准方程是__________． 11．如下图，程序输出的是132，则判断框中应填__________．12．若曲线221:20C x y x +-=与曲线2:()0C y y mx m --=有四个不同的交点，则实数m 的取值范围是__________． 13．设P ，Q 分别为22(6)2x y +-=和椭圆22110x y +=上的点，则P ，Q 两点间的最大距离是__________．14．在平面直角坐标系xOy 中，点M 不与点O 重合，称射线OM 与圆221x y +=的交点N 为点M 的“中心投影点”． （1）点(1,3)M 的“中心投影点”为__________．（2）曲线2213y x -=上所有点的“中心投影点”构成的曲线的长度是__________． 三、解答题（本大题共4小题，共50分） 15．（12分）设:p 方程210x mx ++=有两个不等的负根；:q 对于x ∀∈R ，不等式244(2)10x m x +-+>恒成立．若p 或q 为真，p 且q 为假，求m 的取值范围．16．（12分）在直角坐标系xOy 中，点P 到两点(0,3)-，(0,3)的距离之和为4，设点P 的轨迹为C ，直线1y kx =+与轨迹C 交于A ，B 两点． （1）求出轨迹C 的方程．（2）若OA OB ⊥，求弦长||AB 的值． ．17．（13分）抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点坐标为(1,0)． （1）求抛物线C 的方程．（2）如图，点,(0)2p P t t ⎛⎫-≠ ⎪⎝⎭为抛物线C 的准线上一点，过点P 作y 轴的垂线交抛物线于点M ，连接PO 并延长交抛物线于点N ，求证：直线MN 过定点．18．（13分）为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距8km 的A ，B 两点各建一个考察基地．视冰川面为平行面，以过A ，B 两点的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系．在直线2x =的右侧，考察范围是到点B 的距离不超过65km 5的区域E ；在直线2x =的左侧，考察范围是到A ，B 两点的距离之和不超过45km 的区域F ．（1）求考察区域边界E ，F 的曲线方程，并在如图的平面直角坐标系中画出考察区域的边界简图． （2）考察区域的边界线上存在几对关于点(2,0)对称的点？并写出对称点的坐标．（3）如图所示，设12P P ，23P P 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），其中：1(55,1)P --，235,62P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，3(8,6)P ．当冰川融化时，冰川的边界线12P P ，23P P 所在直线分别沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，每年移动0.2km ，问第几年开始，考察区域的边界上不再存在关于(2,0)对称的点．数学试题答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求） 1． 【答案】A【解析】由已知可得1c =，12c e a ==， 故2a =，又223b a c =-=，所以椭圆的标准方程为22143x y +=． 故选A ． 2． 【答案】C【解析】抛物线24y x =的准线为1x =-， 设点P 的横坐标为0x ， 由于点P 到准线的距离为5， 所以015x +=，解得04x =． 故选C ． 3． 【答案】C【解析】0k =，11S k =⇒=，12S k =⇒=，23S k =⇒=，8S =， 循环结束，输出S 的值8． 故选C ． 4． 【答案】C【解析】将直线方程22x y =+代入椭圆221164x y +=得2440x x +-=， 设交点坐标为11(,)A x y ，22(,)B x y ， 则124x x +=-，121222222x xy y +=+++=， ∴1222x x +=-，1212y y +=， 即直线被椭圆所截得的弦中点坐标为(2,1)-． 故选C ． 5． 【答案】B【解析】若椭圆的方程为2212516x y +=，则5a =，4b =，3c =， 椭圆的离心率35c e a ==，故必要性成立， 若椭圆的离心率35c e a ==，则35c a =，45b a =，但a 不一定等于5，故充分性不成立，因此“椭圆的离心率为35”是“椭圆的方程为2212516x y +=”的必要不充分条件． 故选B ． 6． 【答案】D【解析】由题意有1(2,1)e =，2(2,1)e -是渐近线方向向量， 又12(22,)OP ae be a b a b =+=+-， 点P 在双曲线上，所以22(22)()14a b a b +--=， 化简得41ab =． 故选D ． 7． 【答案】D【解析】根据题意，画出图形，如图所示，设1||MF t =，由双曲线的定义可得2||2MF t a =-，2||PF t =，1||2PF t a =+， 由12MF MF ⊥，可得22211||||||MF MP PF +=， 即222(22)(2)t t a t a +-=+， 解得3t a =，又2221212||||||MF MF F F +=， 所以22(3)4a a c 2+=，即102c a =， 所以离心率102c e a ==． 故选D ． 8． 【答案】B【解析】对于①，考虑点P 不是交点的情况，若点P 在椭圆221259x y +=上，P 到1(4,0)F -，2(4,0)F 两点的距离之和为定值，到1(0,4)E -，2(0,4)E 两点的距离之和不是定值，故①错误；对于②，两个椭圆关于直线y x =，y x =-均对称，故曲线C 关于直线y x =，y x =-均对称，故②正确； 对于③，曲线C 所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故③正确；对于④，曲线C 所围区域在半径为3的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周长6π，故④错误． 综上所述，正确命题的序号是②③． 故选B ．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9．【答案】x ∃∈N ，2x x <【解析】全称命题的否定需将全称量词改为存在量词，同时否定结论，故“x ∀∈N ，2x x ≥”的否定是x ∃∈N ，2x x <． 10．【答案】221520x y -= 【解析】根据题意可知5c =，2ba=， 又222c a b =+，计算可得5a =，25b =，故双曲线的标准方程为221520x y -=． 11．【答案】11i ≥？（或10i >？）【解析】第一次运行：12i =，判断成立，12S =，11i =； 第二次运行：11i =，判断成立，1211132S =⨯=，10i =； 第三次运行：10i =，判断不成立，故输出132S =， 故判断框中应填11i ≥？（或10i >？）． 12．【答案】33,00,33⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【解析】由题意可知曲线221:20C x y x +-=可化为22(1)1x y -+=， 所以曲线1C 表示圆心为(1,0)，半径为1的圆，2:()0C y y mx m --=表示两条直线0y =和0y mx m --=， 若曲线1C 与曲线2C 有4个不同的交点， 则0m ≠，且0y mx m --=与圆相交， 故圆心到直线的距离d r <， 即2|2|11m m <+，解得3333m -<<， 又0m ≠，故实数m 的取值范围是33,00,33⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 13．【答案】62【解析】设椭圆上的点为(,)x y ，∵圆22(6)2x y +-=的圆心为(0,6)，半径为2，∴椭圆上的点(,)x y 到圆心(0,6)的距离为222222(6)10(1)(6)9505023x y y y y ⎛⎫+-=-+-=-++ ⎪⎝⎭≤，∴P ，Q 两点间的最大距离是52262+=． 14．【答案】（1）13,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭（2）4π3【解析】（1）由题意可得射线OM 方程为3(0)y x x =>， 与圆221x y +=联立，解得12x =，32y =， 故点(1,3)M 的“中心投影点”为13,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．（2）双曲线2213y x -=的渐近线方程为3y x =±， 代入圆221x y +=可得四个交点，13,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，13,22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，13,22⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，13,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 即有曲线2213y x -=上所有点的“中心投影点”构成的曲线为两段圆弧，且圆心角为120︒，半径为1，弧长为4π3．三、解答题（本大题共4小题，共50分） 15．【答案】见解析．【解析】解：由已知p 、q 中有且仅有一为真，一为假， 若p 是真命题，则1212010x x m x x ∆>⎧⎪+=-<⎨⎪=>⎩，即2m >，若q 是真命题，则216(2)160m ∆=--<，即13m <<． 故若p 假q 真，则213m m ⎧⎨<<⎩≤，即12m <≤．若p 真q 假，则213m m m >⎧⎨⎩或≤≥，即3m ≥，【注意有文字】综上所述，m 的取值范围是(][)1,23,+∞．16．【答案】见解析．【解析】解：（1）设(,)P x y ，由椭圆定义可知，点P 的轨迹是以(0,3)-，(0,3)为焦点，长半轴长为2的椭圆， 它的短半轴222(3)1b =-=，故曲线C 的方程为2214y x +=． （2）联立22114y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，整理得22(4)230k x kx ++-=， 设11(,)A x y ，22(,)B x y ， 则12224k x x k +=-+，12234x x k =-+， 21212121224(1)(1)()14y y kx kx k x x k x x k =++=+++=+， 若OA OB ⊥，则2121222344044k x x y y k k -+=-+=++， 解得214k =，故22212122225412465||(1)[()4]4(4)417k AB k x x x x k k ⎡⎤=++-=+=⎢⎥++⎣⎦． 17．【答案】见解析．【解析】解：（1）由已知可得12P=，2P =， 故抛物线C 的方程为24y x =．（2）证明：由（1）知：(1,)(0)P t t -≠，则2,4t M t ⎛⎫⎪⎝⎭，直线PO 的方程为y tx =-，代入抛物线C 的方程有：244,N tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当24t ≠时，22244444MNt tt k t t t +==--， ∴直线MN 的方程为：22444t t y t x t ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭，即24(1)4ty x t =--， ∴此时直线MN 过定点(1,0)，当24t =时，直线MN 的方程为1x =，此时仍过点(1,0)， 综上所述，直线MN 过定点(1,0)． 18．【答案】见解析．【解析】解：（1）设边界曲线上点P 的坐标为(,)x y ，当2x ≥时，由题意知2236(4)5x y -+=，当2x <时，由||||45PA PB +=知，点P 在以A ，B 为焦点，长轴长245a =的椭圆上， 此时短半轴长22(25)42b =-=， 故其方程为221204x y +=． 综上，考察区域边界（曲线）的方程为：22136:(4)(2)5C x y x -+=≥， 222:1(2)204x y C x +=<．（2）设(,)A a b 位于椭圆2C 上，其关于(2,0)对称的点(4,)B a b --位于圆1C 上，则： 2222120436(44)()5a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+-=⎪⎩，解得245a b =⎧⎪⎨=⎪⎩或245a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩， 故考察区域的边界上有且只有1对关于点(2,0)对称的点，对称点为452,5⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，452,5⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭． （2）∵1(55,1)P --，235,2P b ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴12P P 的方程为25950x y -+=，则点452,5⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭到直线12P P 的距离145|22595|53545d ⨯-⨯+==+， ∵235,62P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，3(8,6)P， ∴23P P 的直线方程为6y =，点452,5⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭到直线23P P 的距离24565d =-， 设第七年开始，考察区域的边界上不再存在关于点(2,0)对称的点，由于21d d <， 450.265t -≥且t ∈N *， 解得22t ≥，故从第22年开始，考察区域的边界上不再存在关于点(2,0)对称的点．。
北京市教育学院附中2017-2018学年高二上学期期中数学试卷(理科)(ab卷) Word版含解析
2017-2018学年北京市教育学院附中高二（上）期中数学试卷（理科）（AB卷）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．已知p：∀x∈R，x＞2，那么￢p为（）A．∀x∈R，x＜2 B．∃x∈R，x≤2 C．∀x∈R，x≤2 D．∃x∈R，x＜22．抛物线y2=﹣8x的准线方程为（）A．x=2 B．x=﹣2 C．y=2 D．y=﹣23．直线x+ay﹣a=0与直线ax﹣（2a﹣3）y﹣1=0互相垂直，则a的值是（）A．2 B．﹣3或1 C．2或0 D．1或04．圆x2+y2﹣2x﹣3=0与圆x2+y2+2x+4y+4=0的位置关系是（）A．相交 B．相离 C．外切 D．内含5．平行线x﹣2y=0与x﹣2y﹣5=0之间的距离为（）A．5 B．C．D．26．过点A （1，﹣1）、B （﹣1，1）且圆心在直线x+y﹣2=0上的圆的方程是（）A．（x﹣3）2+（y+1）2=4 B．（x+3）2+（y﹣1）2=4 C．（x﹣1）2+（y﹣1）2=4 D．（x+1）2+（y+1）2=47．直线ax+y+1=0与圆（x﹣1）2+y2=1相切，则a的值为（）A．0 B．1 C．2 D．﹣18．椭圆经过点（3，0），且离心率是，则该椭圆的标准方程为（）A． +y2=1 B． +=1C． +y2=1或+=1 D． +y2=1或+=19．已知p：如果x＜1，则x＜2；q：∃x∈R，x2+1=0，则（）A．p∨q是假B．p是假C．p∧q是假D．¬q是假10．“ab＞0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”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二、填空题11．“若x＜2，则x＜3”的否是______．12．双曲线﹣=1的实轴长为______，离心率为______．13．已知双曲线的一个顶点为（2，0），且渐近线的方程为y=±x，那么该双曲线的标准方程为______．14．已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为______．15．圆（x﹣1）2+y2=4的圆心到直线2x﹣y+3=0的距离是______，该圆与直线的位置关系为______．（填相交、相切、相离）16．圆x2+y2﹣4x+4y+6=0截直线x﹣y﹣5=0所得的弦长为______．三、解答题17．已知直线l经过直线x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x+2y﹣1=0．（1）求直线l的方程；（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．18．已知三个点A（0，0），B（4，0），C（3，1），圆M为△ABC的外接圆．（Ⅰ）求圆M的方程；（Ⅱ）设直线y=kx﹣1与圆M交于P，Q两点，且|PQ|=，求k的值．19．已知抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F到直线l：x﹣y+1=0上．（1）求抛物线C的方程；（2）设直线x﹣y+2=0与抛物线C相交于P，Q两点，求|PQ|以及线段PQ中点M的坐标．B卷二、填空题20．抛物线y=﹣2x2的焦点坐标为______．21．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率等于______．22．若抛物线y2=4x上的一点M到该抛物线的焦点F的距离|MF|=5，则点M到y轴的距离为______．23．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点与椭圆+=1的焦点相同，那么双曲线的渐近线方程为______．24．已知椭圆+y2=1的两个焦点F1，F2，点P在椭圆上，且PF1⊥F1F2，且|PF2|=______．25．若椭圆x2+=1的离心率为，则m的值为______．三、解答题：解答应写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程）26．已知椭圆+=1与直线y=2x+m交于A，B两个不同点．（1）求m的取值范围；（2）若|AB|=，求m的值．27．已知椭圆C：x2+3y2=3，过点D（1，0）且不过点E（2，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M．（1）求椭圆C的离心率；（2）若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；（3）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．2015-2016学年北京市教育学院附中高二（上）期中数学试卷（理科）（AB卷）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．已知p：∀x∈R，x＞2，那么￢p为（）A．∀x∈R，x＜2 B．∃x∈R，x≤2 C．∀x∈R，x≤2 D．∃x∈R，x＜2【考点】的否定．【分析】直接利用全称否定是特称写出结果即可．【解答】解：因为全称的否定是特称，所以：p：∀x∈R，x＞2，那么￢p为：∃x∈R，x ≤2．故选：B．2．抛物线y2=﹣8x的准线方程为（）A．x=2 B．x=﹣2 C．y=2 D．y=﹣2【考点】抛物线的简单性质．【分析】抛物线y2=﹣8x的开口向左，2p=8，从而可得抛物线y2=﹣8x的准线方程．【解答】解：抛物线y2=﹣8x的开口向左，2p=8，∴抛物线y2=﹣8x的准线方程为x==2故选A．3．直线x+ay﹣a=0与直线ax﹣（2a﹣3）y﹣1=0互相垂直，则a的值是（）A．2 B．﹣3或1 C．2或0 D．1或0【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【分析】当a=0时，两直线为x=0或3y=1，则两直线垂直；当a≠0时，由斜率之积等于﹣1求得a的取值的集合，再把a的取值的集合取并集，即得所求．【解答】解析：当a=0时，两直线为x=0或3y=1，则两直线垂直，当a≠0时，两直线的斜率分别为﹣和，可得，解得a=2，此时两直线垂直，故a的取值为0或2．，故选C．4．圆x2+y2﹣2x﹣3=0与圆x2+y2+2x+4y+4=0的位置关系是（）A．相交 B．相离 C．外切 D．内含【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【分析】把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和两半径R与r，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，从而可得结论．【解答】解：把两圆化为标准方程得：（x﹣1）2+y2=4，（x+1）2+（y+2）2=9，∴两圆心坐标分别为（1，0）和（﹣1，﹣2），R=2，r=3，∴两圆心间的距离d==∵3﹣2＜＜3+2，∴两圆的位置关系是相交故选A．5．平行线x﹣2y=0与x﹣2y﹣5=0之间的距离为（）A．5 B．C．D．2【考点】两条平行直线间的距离．【分析】根据两平行线之间的距离为，运算求得结果．【解答】解：两平行线x﹣2y=0与x﹣2y﹣5=0，故它们之间的距离为==，故选C．6．过点A （1，﹣1）、B （﹣1，1）且圆心在直线x+y﹣2=0上的圆的方程是（）A．（x﹣3）2+（y+1）2=4 B．（x+3）2+（y﹣1）2=4 C．（x﹣1）2+（y﹣1）2=4 D．（x+1）2+（y+1）2=4【考点】圆的标准方程．【分析】先求AB的中垂线方程，它和直线x+y﹣2=0的交点是圆心坐标，再求半径，可得方程．【解答】解：圆心一定在AB的中垂线上，AB的中垂线方程是y=x，排除A，B选项；圆心在直线x+y﹣2=0上验证D选项，不成立．故选C．7．直线ax+y+1=0与圆（x﹣1）2+y2=1相切，则a的值为（）A．0 B．1 C．2 D．﹣1【考点】圆的切线方程．【分析】根据直线ax+y+1=0与圆（x﹣1）2+y2=1相切，得到圆心到直线的距离等于半径，根据点到直线的距离公式列出关于a的方程，解方程即可．【解答】解：∵直线ax+y+1=0与圆（x﹣1）2+y2=1相切，∴圆心到直线的距离等于半径，∴1=，∴，∴a=0故选A．8．椭圆经过点（3，0），且离心率是，则该椭圆的标准方程为（）A． +y2=1 B． +=1C． +y2=1或+=1 D． +y2=1或+=1【考点】椭圆的标准方程．【分析】由题意分椭圆焦点在x轴或y轴分类设出椭圆的标准方程，并得到a（或b）的值，结合已知条件即可求得答案．【解答】解：当椭圆焦点在x轴上时，设椭圆方程为，则a=3，又，得c=2，∴b2=a2﹣c2=1，椭圆方程为；当椭圆焦点在x轴上时，设椭圆方程为（a＞b＞0），则b=3，又，a2=b2+c2，联立解得a2=81，b2=9，椭圆方程为．∴椭圆的标准方程为+y2=1或+=1．故选：C．9．已知p：如果x＜1，则x＜2；q：∃x∈R，x2+1=0，则（）A．p∨q是假B．p是假C．p∧q是假D．¬q是假【考点】四种的真假关系．【分析】由已知中p：如果x＜1，则x＜2；q：∃x∈R，x2+1=0，结合实数的性质，我们可以判断出p与q的真假，再由复合的真值表，分别判断四个答案的真假，即可得到结论．【解答】解：∵p：如果x＜1，则x＜2为真，故B错误；又∵q：∃x∈R，x2+1=0，为假故p∨q是真，故A错误，p∧q是假，故C正确；¬q是真，故D错误；故选C10．“ab＞0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”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【考点】椭圆的标准方程．【分析】由“ab＞0”，不能判断“方程ax2+by2=1表示椭圆”，“方程ax2+by2=1表示椭圆”⇒“ab ＞0”，所以∴“ab＞0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”的必要不充分条件．【解答】解：∵由“ab＞0”，不能判断“方程ax2+by2=1表示椭圆”，例如a＜0，b＜0时，“方程ax2+by2=1不表示椭圆”．“方程ax2+by2=1表示椭圆”⇒“ab＞0”，∴“ab＞0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”的必要不充分条件．故选B．二、填空题11．“若x＜2，则x＜3”的否是“若x≥2，则x≥3”．【考点】四种．【分析】根据“若p，则q”的否是“若￢p，则￢q”，写出它的否即可．【解答】解：“若x＜2，则x＜3”的否是“若x≥0，则x≥3”．故答案为：“若x≥2，则x≥3”．12．双曲线﹣=1的实轴长为4，离心率为．【考点】双曲线的简单性质．【分析】直接利用双曲线方程求解实轴长，离心率即可．【解答】解：双曲线﹣=1可得a=2，b=3，c=，双曲线的实轴长为：4，离心率为：．故答案为：4；．13．已知双曲线的一个顶点为（2，0），且渐近线的方程为y=±x，那么该双曲线的标准方程为．【考点】双曲线的标准方程．【分析】由双曲线的渐近线的方程为y=±x，可知双曲线为等轴双曲线，且e==，根据顶点为（2，0），即可求得a和b的值，求得双曲线方程．【解答】解：双曲线的渐近线的方程为y=±x，∴双曲线为等轴双曲线，且e==，∵双曲线的一个顶点为（2，0），c2=a2+b2，∴a=b=2，∴双曲线的标准方程为：．故答案为：．14．已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为﹣8．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【分析】因为过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，所以，两直线的斜率相等．【解答】解：∵直线2x+y﹣1=0的斜率等于﹣2，∴过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线的斜率k也是﹣2，∴解得：m=﹣8故答案为：﹣815．圆（x﹣1）2+y2=4的圆心到直线2x﹣y+3=0的距离是，该圆与直线的位置关系为相离．（填相交、相切、相离）【考点】直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式．【分析】圆（x﹣1）2+y2=4的圆心是（1，0），利用点到直线的距离能求出圆心到直线2x﹣y+3=0的距离，再由圆的半径能判断出该圆与直线的位置关系．【解答】解：∵圆（x﹣1）2+y2=4的圆心是（1，0），∴圆心（1，0）到直线2x﹣y+3=0的距离d==，∵圆（x﹣1）2+y2=4的半径r=2＜，∴该圆与直线相离．故答案为：，相离．16．圆x2+y2﹣4x+4y+6=0截直线x﹣y﹣5=0所得的弦长为．【考点】直线与圆相交的性质．【分析】求出圆的圆心坐标，求出半径，利用圆心到直线的距离，利用勾股定理求出半弦长，即可得到结果．【解答】解：圆x2+y2﹣4x+4y+6=0的圆心坐标（2，﹣2），半径为；圆到直线的距离为：=，又因为半径是，所以半弦长为=；弦长为．故答案为．三、解答题17．已知直线l经过直线x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x+2y﹣1=0．（1）求直线l 的方程；（2）求直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积S ． 【考点】直线的一般式方程；三角形的面积公式． 【分析】（1）联立两直线方程得到方程组，求出方程组的解集即可得到交点P 的坐标，根据直线l 与x +2y ﹣1=0垂直，利用两直线垂直时斜率乘积为﹣1，可设出直线l 的方程，把P 代入即可得到直线l 的方程；（2）分别令x=0和y=0求出直线l 与y 轴和x 轴的截距，然后根据三角形的面积函数间，即可求出直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积．【解答】解：（1）由解得，由于点P 的坐标是（﹣，）．则所求直线l 与x +2y ﹣1=0垂直，可设直线l 的方程为2x ﹣y +m=0．把点P 的坐标代入得2×（﹣）﹣+m=0，即m=．所求直线l 的方程为2x ﹣y +=0．即14x ﹣7y +26=0．（2）由直线l 的方程知它在x 轴．y 轴上的截距分别是﹣．，所以直线l 与两坐标轴围成三角形的面积S=×=．18．已知三个点A （0，0），B （4，0），C （3，1），圆M 为△ABC 的外接圆． （Ⅰ）求圆M 的方程；（Ⅱ）设直线y=kx ﹣1与圆M 交于P ，Q 两点，且|PQ |=，求k 的值． 【考点】圆的一般方程． 【分析】（Ⅰ）设出圆的一般式方程，代入三个点的坐标联立方程组求得D ，E ，F 的值，则圆的方程可求；（Ⅱ）由（Ⅰ）得圆M 的圆心为（2，﹣1），半径为，结合弦长求得圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式列式求得k 的值． 【解答】解：（Ⅰ）设圆M 的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F=0． ∵点A （0，0），B （4，0），C （3，1）在圆M 上，则，解得：D=﹣4，E=2，F=0．∴△ABC 外接圆的方程为x 2+y 2﹣4x +2y=0；（Ⅱ）由（Ⅰ）圆M 的圆心为（2，﹣1），半径为．又，∴圆M 的圆心到直线y=kx ﹣1的距离为．∴，解得：k2=15，k=．19．已知抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F到直线l：x﹣y+1=0上．（1）求抛物线C的方程；（2）设直线x﹣y+2=0与抛物线C相交于P，Q两点，求|PQ|以及线段PQ中点M的坐标．【考点】直线与抛物线的位置关系．【分析】（1）根据抛物线的标准方程，将焦点F（0，p）代入直线l方程算出p=2，即可得到抛物线C的方程；（2）将直线l方程与抛物线C消去y，得x2﹣x﹣1=0．由根与系数的关系和中点坐标公式，即可算出线段PQ中点M的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F（0，p）∴0﹣p+1=0，可得p=2，因此抛物线C的方程是x2=4y；（2）由，消去y得x2﹣x﹣1=0设P（x1，y1），Q（x2，y2）∴x1+x2=4，可得中点M的横坐标为（x1+x2）=2，代入直线l方程，得纵坐标为y M=x M+1=3．即线段PQ中点M的坐标（2，3）．B卷二、填空题20．抛物线y=﹣2x2的焦点坐标为（0，﹣）．【考点】抛物线的简单性质．【分析】先将抛物形式化简为标准形式，求出p的值，进而得到焦点坐标．【解答】解：抛物线的标准形式是，p=∴焦点坐标为：（0，﹣）故答案为（0，﹣）21．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率等于．【考点】椭圆的简单性质．【分析】根据椭圆的长轴长是短轴长的2倍，，可求椭圆的离心率．【解答】解：由题意，∵椭圆的长轴长是短轴长的2倍，∴a=2b∴∴=故答案为：22．若抛物线y2=4x上的一点M到该抛物线的焦点F的距离|MF|=5，则点M到y轴的距离为4．【考点】抛物线的简单性质．【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求解即可．【解答】解：抛物线y2=4x的焦点坐标（1，0），抛物线y2=4x上的一点M到该抛物线的焦点F的距离|MF|=5，则M到准线的距离为5，则点M到y轴的距离为：4．故答案为：4．23．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点与椭圆+=1的焦点相同，那么双曲线的渐近线方程为y=±x．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据椭圆的标准方程求出c，利用双曲线的离心率建立方程求出a，b，即可求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：∵椭圆的标准方程为+=1，∴椭圆中的a1=5，b1=3，则c=4，∵双曲线的焦点与椭圆+=1的焦点相同，∴双曲线中c=4，∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，∴e===2，则a=2．在双曲线中b====2，则双曲线的渐近线方程为y=±x=±x=±x，故答案为：y=±x ．24．已知椭圆+y 2=1的两个焦点F 1，F 2，点P 在椭圆上，且PF 1⊥F 1F 2，且|PF 2|= 3.5 ．【考点】椭圆的简单性质．【分析】根据椭圆的性质分别求得|PF 1|+|PF 2|=4，|F 1F 2|=2，由PF 1⊥F 1F 2，根据勾股定理即可求得|PF 2|的值．【解答】解：由椭圆的性质可知：a=2，b=1，c=，|PF 1|+|PF 2|=2a=4，|F 1F 2|=2c=2，由勾股定理可知：|PF 1|2+|F 1F 2|2=|PF 2|2，∴（4﹣|PF 2|）2+12=|PF 2|2，解得：|PF 2|=3.5，故答案为：3.5．25．若椭圆x 2+=1的离心率为，则m 的值为 4或 ． 【考点】椭圆的简单性质．【分析】当 m ＞1时，由离心率的定义可得=，当 m ＜1时，由离心率的定义知=，解方程求出m 的值．【解答】解：当 m ＞1时，由离心率的定义知=，∴m=4，当 m ＜1时，由离心率的定义知=，∴m=，故答案为：4 或．三、解答题：解答应写出必要的文字说明，演算步骤或证明过程）26．已知椭圆+=1与直线y=2x +m 交于A ，B 两个不同点． （1）求m 的取值范围；（2）若|AB |=，求m 的值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）通过直线l 与椭圆交于A 、B 两不同点可知联立椭圆与直线方程后的一元二次方程中的根的判别式大于零，进而计算可得结论；（2）利用弦长公式列出方程求解即可．【解答】解：（1）∵椭圆+=1，直线l ：y=2x +m ，代入椭圆方程化简得：24x 2+20mx +5m 2﹣20=0，∵直线l 与椭圆交于A 、B 两不同点，∴△=400m2﹣4×24×（5m2﹣20）＞0，解得：﹣2＜m＜2；（2）24x2+20mx+5m2﹣20=0，∴x A+x B=﹣=﹣，x A x B=，∴弦AB长为|x A﹣x B|===．解得：m=．27．已知椭圆C：x2+3y2=3，过点D（1，0）且不过点E（2，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M．（1）求椭圆C的离心率；（2）若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；（3）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．【分析】（1）通过将椭圆C的方程化成标准方程，利用离心率计算公式即得结论；（2）通过令直线AE的方程中x=3，得点M坐标，即得直线BM的斜率；（3）分直线AB的斜率不存在与存在两种情况讨论，利用韦达定理，计算即可．【解答】解：（1）∵椭圆C：x2+3y2=3，∴椭圆C的标准方程为： +y2=1，∴a=，b=1，c=，∴椭圆C的离心率e==；（2）∵AB过点D（1，0）且垂直于x轴，∴可设A（1，y1），B（1，﹣y1），∵E（2，1），∴直线AE的方程为：y﹣1=（1﹣y1）（x﹣2），令x=3，得M（3，2﹣y1），∴直线BM的斜率k BM==1；（3）结论：直线BM与直线DE平行．证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（2）知k BM=1，又∵直线DE的斜率k DE==1，∴BM∥DE；当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1）（k≠1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线AE的方程为y﹣1=（x﹣2），令x=3，则点M（3，），∴直线BM的斜率k BM=，联立，得（1+3k2）x2﹣6k2x+3k2﹣3=0，由韦达定理，得x1+x2=，x1x2=，∵k BM﹣1====0，∴k BM=1=k DE，即BM∥DE；综上所述，直线BM与直线DE平行．2016年9月14日。
2016-2017年北京市海淀区教师进修附中高二上学期期中数学试卷及答案(理科)
2016-2017学年北京市海淀区教师进修附中高二（上）期中数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，把答案填在答题纸上的表格内．1．（4分）下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．平面α和平面β有不在同一条直线上的三个交点2．（4分）已知命题p：“∀a＞0，有e a≥1成立”，则￢p为（）A．∃a≤0，有e a≤1成立B．∃a≤0，有e a≥1成立C．∃a＞0，有e a＜1成立D．∃a＞0，有e a≤1成立3．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在的直线中，与直线AB垂直的异面直线共有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．8条4．（4分）命题p：∀x∈R，x2+ax+a2≥0；命题q：若一条直线不在平面内，则这条直线就与这个平面平行，则下列命题中为真命题的是（）A．p∨q B．p∧q C．（￢p）∨q D．（￢p）∧（￢q）5．（4分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α6．（4分）对于直线m，n和平面α，β，m⊥α的一充分条件是（）A．m⊥n，n⊥β，β⊥αB．m⊥β，n⊥β，n⊥αC．m⊥n，n∥αD．m∥β，β⊥α7．（4分）设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（）A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB=AC，DB=DC，则AD=BCD．若AB=AC，DB=DC，则AD⊥BC8．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E、F 分别是BC1、BD的中点，则至少过正方体3个顶点的截面中与EF平行的截面个数为（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．9．（4分）高为2的圆柱侧面积为4π，此圆柱的体积为．10．（4分）已知直线b∥平面α，平面α∥平面β，则直线b与β的位置关系为．11．（4分）命题“如果直线l垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l垂直于平面α”的否命题是；该否命题是命题．（填“真”或“假”）12．（4分）给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是．13．（4分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大值是．14．（4分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SB⊥底面ABCD．底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=1，AD=3，CD=2．若点E是线段AD上的动点，则满足∠SEC=90°的点E的个数是．三、解答题：本大题共4小题，共44分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（11分）已知命题p：m2+2m﹣3≤0．命题q：方程x2﹣2mx+1=0有实数根．若￢p为假命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．16．（11分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P、Q 分别是棱DD1、CC1的中点．（1）画出面D1BQ与面ABCD的交线，简述画法及确定交线的依据．（2）求证：平面D1BQ∥平面PAO．17．（11分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）求证：B1C⊥AC1．18．（11分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，又AD∥BC，AD⊥DC，且PD=BC=3AD=3．（Ⅰ）画出四棱准P﹣ABCD的正视图；（Ⅱ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：棱PB上存在一点E，使得AE∥平面PCD，并求的值．四、B卷为本次练习的选作题，学生根据本人实际情况进行选择填空题共10分19．（5分）在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]={5n+k|n∈Z}，k=0，1，2，3，4．给出如下四个结论：①2017∈[2]；②﹣3∈[3]；③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a﹣b∈[0]”．其中正确的结论序号有．20．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是．五、解答题（共2小题，满分20分）21．（10分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为BC的中点，（Ⅰ）求异面直线NE与AM所成角的余弦值；（Ⅱ）在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．22．（10分）设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）（x2+bx+c），g（x）=（ax+1）（cx2+bx+1）．记集合S={x|f（x）=0，x∈R}，T={x|g（x）=0，x∈R}．若|S|，|T|分别为集合S，T的元素个数．（1）当a=0，b=1，c=2时，求|S|，|T|；（2）试判断是否存在一组实数a，b，c，使得|S|=2，|T|=3？若有，请写出实数a，b，c的值；若无，请说明理由．2016-2017学年北京市海淀区教师进修附中高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，把答案填在答题纸上的表格内．1．（4分）下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．平面α和平面β有不在同一条直线上的三个交点【解答】解：A．不共线的三点确定一个平面，故A不正确，B．四边形有时是指空间四边形，故B不正确，C．梯形的上底和下底平行，可以确定一个平面，故C正确，D．两个平面如果相交一定有一条交线，所有的两个平面的公共点都在这条交线上，故D不正确．故选：C．2．（4分）已知命题p：“∀a＞0，有e a≥1成立”，则￢p为（）A．∃a≤0，有e a≤1成立B．∃a≤0，有e a≥1成立C．∃a＞0，有e a＜1成立D．∃a＞0，有e a≤1成立【解答】解：全称命题的否定是特称命题，则￢p：∃a＞0，有e a＜1成立，故选：C．3．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在的直线中，与直线AB垂直的异面直线共有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．8条【解答】解：如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在的直线中，与直线AB垂直的异面直线有：DD1、CC1、A1D1，B1C1，共四条，故选：C．4．（4分）命题p：∀x∈R，x2+ax+a2≥0；命题q：若一条直线不在平面内，则这条直线就与这个平面平行，则下列命题中为真命题的是（）A．p∨q B．p∧q C．（￢p）∨q D．（￢p）∧（￢q）【解答】解：对于命题p：∵△=a2﹣4a2=﹣3a2≤0，∴∀x∈R，x2+ax+a2≥0，因此p是真命题；对于命题q：若一条直线不在平面内，则这条直线与这个平面平行或相交，因此q是假命题．则下列命题中为真命题的是p∨q，而p∧q，（￢p）∨q，（￢p）∨（￢q）都是假命题．故选：A．5．（4分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．6．（4分）对于直线m，n和平面α，β，m⊥α的一充分条件是（）A．m⊥n，n⊥β，β⊥αB．m⊥β，n⊥β，n⊥αC．m⊥n，n∥αD．m∥β，β⊥α【解答】解：A、“m⊥n，n⊥β，β⊥α”，如正方体中AD′⊥AB，AB⊥面BCC′B′，面ABCD⊥面BCC′B′，但AD′与面BCC′B′不垂直，故推不出m⊥α，故A不正确．B、根据m⊥β，n⊥β，得m∥n，又n⊥α，根据线面垂直的判定，可得m⊥α，故B正确；C、“m⊥n，n∥α”，如正方体中AB⊥BC，BC∥平面A′B′C′D′，但AB与平面A′B′C′D′不垂直，故推不出m⊥α，故C不正确；D、“m∥β，β⊥α”，如正方体中A′C′∥面ABCD，面ABCD⊥面BCC′B′，但A′C′与平面BCC′B′不垂直．推不出m⊥α，故D不正确；故选：B．7．（4分）设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（）A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB=AC，DB=DC，则AD=BCD．若AB=AC，DB=DC，则AD⊥BC【解答】解：A显然正确；B也正确，因为若AD与BC共面，则必有AC与BD 共面与条件矛盾C不正确，如图所示：D正确，用平面几何与立体几何的知识都可证明．故选：C．8．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E、F 分别是BC1、BD的中点，则至少过正方体3个顶点的截面中与EF平行的截面个数为（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【解答】解：由已知中，E、F 分别是BC1、BD的中点∴EF∥C1D则过正方体3个顶点的截面中平面ABB1A1，平面CC1D1D，平面AC1D，平面A1C1D，平面AD1B1与EF平行故选：C．二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．9．（4分）高为2的圆柱侧面积为4π，此圆柱的体积为2π．【解答】解：设圆柱的底面半径为r，∵圆柱侧面积为4π=2πr×2，∴r=1，故圆柱的体积V=π•12•2=2π，故答案为：2π．10．（4分）已知直线b∥平面α，平面α∥平面β，则直线b与β的位置关系为平行或在平面内．【解答】解：因为平面α∥平面β，而直线b∥平面α则当b在平面β内，原命题成立，若b不在平面β内，则b一定与平面β平行；故答案为：平行或在平面内11．（4分）命题“如果直线l垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l垂直于平面α”的否命题是否命题：如果直线l不垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l不垂直于平面α；；该否命题是真命题．（填“真”或“假”）【解答】解：命题“如果直线l垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l垂直于平面α”的否命题是：如果直线l不垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l不垂直于平面α；直线与平面垂直的充要条件是直线与平面内的所有直线都垂直，所以命题的否命题是真命题．故答案为：否命题：如果直线l不垂直于平面α内的两条相交直线，则直线l不垂直于平面α；真．12．（4分）给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是②④．【解答】解：当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定定理可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．故应填②④13．（4分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大值是2．【解答】解：将该几何体放入在长方体中，且长、宽、高为4、3、4，由三视图可知该三棱锥为B﹣A1D1C1，由三视图可得，A1D1=CC1=4、D1C1=3，所以BA1=A1C1=5，BC1==4，则三角形BA1C1的面积S=×BC1×h=×4×=2，因为A1D1⊥平面ABA1B1，所以A1D1⊥A1B，则三角形BA1D1的面积S=×BA1×A1D1=×4×5=10，同理可得，三角形BD1C1的面积S=×BC1×D1C1=×3×4=6，又三角形A1D1C1的面积S=×D1C1×A1D1=×4×3=6，所以最大的面为A1BC1，且面积为2，故答案为：2．14．（4分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SB⊥底面ABCD．底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=1，AD=3，CD=2．若点E是线段AD上的动点，则满足∠SEC=90°的点E的个数是2．【解答】解：连接BE，则∵SB⊥底面ABCD，∠SEC=90°，∴BE⊥CE．故问题转化为在梯形ABCD中，点E是线段AD上的动点，求满足BE⊥CE的点E 的个数．设AE=x，则DE=3﹣x，∵AB⊥AD，AB∥CD，AB=1，AD=3，CD=2，∴10=1+x2+4+（3﹣x）2，∴x2﹣3x+2=0，∴x=1或2，∴满足BE⊥CE的点E的个数为2，∴满足∠SEC=90°的点E的个数是2．故答案为：2．三、解答题：本大题共4小题，共44分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（11分）已知命题p：m2+2m﹣3≤0．命题q：方程x2﹣2mx+1=0有实数根．若￢p为假命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．【解答】解：命题p：m2+2m﹣3≤0．解得﹣3≤m≤1．命题q：方程x2﹣2mx+1=0有实数根．△=4m2﹣4≥0，解得m≥1或m≤﹣1．若￢p为假命题，p∧q为假命题，∴p为真命题，q为假命题，￢q为真命题．∴，解得﹣1＜m＜1．∴实数m的取值范围是（﹣1，1）．16．（11分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P、Q 分别是棱DD1、CC1的中点．（1）画出面D1BQ与面ABCD的交线，简述画法及确定交线的依据．（2）求证：平面D1BQ∥平面PAO．【解答】（1）解：作法：延长D1Q与DC，交于点M，连接BM．得BM即为面D1BQ与面ABCD的交线…（2分）理由如下：由作法可知，M∈直线D1Q，又∵直线D1Q⊂面D1BQ，∴M∈面D1BQ，同理可证M∈面ABCD，则M在面D1BQ与面ABCD的交线上，又∵B∈面D1BQ，且B∈面ABCD，则B也在面D1BQ与面ABCD的交线上，…（4分）且面D1BQ与面ABCD有且只有一条交线，则BM即为面D 1BQ与面ABCD的交线．…（5分）（2）证明：连接PQ、BD，由已知得四边形PABQ为平行四边形∴AP∥BQ，∵AP⊂面AOP，BQ⊄面AOP，∴BQ∥面AOP，…（8分）同理可证D1B∥面AOP，又∵BQ∩D1B=B，BQ⊂面BQD1，BD1⊂面BQD1，∴面BQD1∥面AOP．…（10分）17．（11分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）求证：B1C⊥AC1．【解答】证明：（Ⅰ）因为ABC﹣A1B1C1是三棱柱，所以BC∥B1C1，因为BC⊄∥平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）连接BC1，在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1，因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C=BB1，AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C；又因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C；在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C；因为BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，且BC1∩AB=B，所以B1C⊥平面ABC1；因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1．18．（11分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，又AD∥BC，AD⊥DC，且PD=BC=3AD=3．（Ⅰ）画出四棱准P﹣ABCD的正视图；（Ⅱ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：棱PB上存在一点E，使得AE∥平面PCD，并求的值．【解答】（Ⅰ）解：四棱准P﹣ABCD的正视图如图所示．；（Ⅱ）证明：因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD．因为AD⊥DC，PD∩CD=D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AD⊥平面PCD，因为AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD．（Ⅲ）分别延长CD，BA交于点O，连接PO，在棱PB上取一点E，使得，下证AE∥平面PCD，因为AD∥BC，BC=3AD，所以，即，所以．所以AE∥OP，因为OP⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD．四、B卷为本次练习的选作题，学生根据本人实际情况进行选择填空题共10分19．（5分）在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]={5n+k|n∈Z}，k=0，1，2，3，4．给出如下四个结论：①2017∈[2]；②﹣3∈[3]；③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a﹣b∈[0]”．其中正确的结论序号有①③④．【解答】解：①∵2017÷5=403…2，∴2017∈[2]，故①正确；②∵﹣3=5×（﹣1）+2，∴﹣3∉[3]，故②错误；③∵整数集中的数被5除的数可以且只可以分成五类，∴Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正确；④∵整数a，b属于同一“类”，∴整数a，b被5除的余数相同，从而a﹣b被5除的余数为0，反之也成立，故“整数a，b属于同一“类”的充要条件是“a﹣b∈[0]”．故④正确．故答案为：①③④．20．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是[]．．【解答】解：如下图所示：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF；∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A 1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，则P必在线段MN上，在Rt△A1B1M中，A1M===，同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，∴△A1MN为等腰三角形，当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，A1O===，A1M=A1N=，所以线段A1P长度的取值范围是[]．故答案为：[]．五、解答题（共2小题，满分20分）21．（10分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为BC的中点，（Ⅰ）求异面直线NE与AM所成角的余弦值；（Ⅱ）在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．【解答】解：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴、以DC所在的直线为y 轴、以DM所在的直线为z轴，建立空间坐标系．则有题意可得D（0，0，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、M（0，0，1）、N（1，1，1）、E（，1，0）．∴=（﹣，0，﹣1），=（﹣1，0，1），cos＜＞==﹣，故异面直线NE与AM所成角的余弦值为．假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，∵=（0，1，1），可设=λ•=（0，λ，λ）．又=（，﹣1，0），=+=（，λ﹣1，λ），由ES⊥平面AMN可得，即，解得λ=．此时，=（0，，），||=，故当||=时，ES⊥平面AMN．22．（10分）设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）（x2+bx+c），g（x）=（ax+1）（cx2+bx+1）．记集合S={x|f（x）=0，x∈R}，T={x|g（x）=0，x∈R}．若|S|，|T|分别为集合S，T的元素个数．（1）当a=0，b=1，c=2时，求|S|，|T|；（2）试判断是否存在一组实数a，b，c，使得|S|=2，|T|=3？若有，请写出实数a，b，c的值；若无，请说明理由．【解答】解：（1）当a=0，b=1，c=2时，f（x）=x（x2+x+2）有且只有一个零点0，g（x）=2x2+x+1无零点．故|S|=1，|T|=0；（2）若|T|=3．则方程（ax+1）（cx2+bx+1）=0有三个不同的非零实根，则他们的倒数也不同，故|S|=3，故不存在实数a，b，c，使得|S|=2，|T|=3赠送初中数学几何模型【模型一】“一线三等角”模型： 图形特征：60°60°60°45°45°45°运用举例：1.如图，若点B 在x 轴正半轴上，点A (4，4)、C (1，－1)，且AB ＝BC ，AB ⊥BC ，求点B 的坐标；2.如图，在直线l 上依次摆放着七个正方形（如图所示），已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是1S 、2S 、3S 、4S ，则14S S += ．ls 4s 3s 2s 13213. 如图，Rt △ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC =2，点D 在BC 上运动（不与点B ，C 重合），过D 作∠ADE =45°，DE 交AC 于E ． （1）求证：△ABD ∽△DCE ；（2）设BD =x ，AE =y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； （3）当△ADE 是等腰三角形时，求AE 的长．B4.如图，已知直线112y x =+与y 轴交于点A ，与x 轴交于点D ，抛物线212y x bx c =++与直线交于A 、E 两点，与x 轴交于B 、C 两点，且B 点坐标为 (1，0)。
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y2 1
2．已知抛物线
2
C:y
4x 上的点 P 到准线的距离为 5 ，则点 P 的横坐标为（
）．
y2 D．
2 ）．
x2 1
A． 2
B． 3
C． 4
D． 5
3．执行如图所示的程序框图，输出的 S值为（
）．
A． 2 4．直线 y
x 2 被椭圆 x2
2
16
B． 4
C． 8
y2
1 所截得的弦中点坐标是（
）．
P 作 y 轴的垂线交抛物线于点
M ，连接 PO 并延长
18．（ 13 分）为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距
8km 的 A ， B 两点各建一个考察基地．视冰川
面为平行面，以过 A ， B 两点的直线为 x 轴，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系．在直线 x 2 的右
3) ，(0, 3) 的距离之和为 4 ，设点 P 的轨迹为 C ，直线 y kx 1
．
17．（ 13
分）抛物线
2
C:y
2 px( p
0) 的焦点坐标为 (1,0) ．
（ 1）求抛物线 C 的方程．
p （ 2 ）如图，点 P ,t (t 0) 为抛物线 C 的准线上一点，过点
2
交抛物线于点 N ，求证：直线 MN 过定点．
三、解答题（本大题共 4 小题，共 50 分）
15．（ 12 分）设 p :方程 x 2
mx 1
0 有两个不等的负根；
q : 对于
x
R ，不等式
2
4x
2 / 10
4( m 2) x 1 0 恒成立．若
p 或 q 为真， p 且 q 为假，求 m 的取值范围．
16．（ 12 分）在直角坐标系 xOy 中，点 P 到两点 (0, 与轨迹 C 交于 A ， B 两点． （ 1）求出轨迹 C 的方程． （ 2 ）若 OA OB ，求弦长 | AB | 的值．
e1 ， OE2
e2 ，任取双曲线
上
的点 P ，若 OP ae1 be2 ( a,b R ) ，则 a ， b 满足的一个等式是（
）．
a2 A．
b2
0
4
a2 B．
b2
1
4
C． 2ab 1
D． 4ab 1
7．已知双曲线
x2 C : a2
y2 b2
1(a 0,b 0) 的左、右焦点分别为
F1 ， F2 ，点 M 是双曲线右支上一点，且
y2 1．
3
故选 A ．
2．
【答案】 C
【解析】抛物线
2
y
4 x 的准线为 x
1，
4
D． 16
A． (4,4)
B． ( 4,0)
C． ( 2,1)
3
x2 y2
5．“椭圆的离心率为 ”是“椭圆的方程为
1 ”的（
）．
5
25 16
D． (2,3)
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
6．如图，直线 x 2 与双曲线
x2 :
4
y2 1 的渐近线交于 E1 ， E2 两点，记 OE1
D．①②③④
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）
9． x N ， x 2 ≥ x 的否定是 __________．
10．已知双曲线的右焦点为 (5,0) ，一条渐近线方程为 2 x y 0 ，则此双曲线的标准方程是 __________ ．
11．如下图，程序输出的是 132，则判断框中应填 __________．
MF1 MF 2 ，
1 / 10
延长 MF 2交双曲线 C 于点 P ，若 | MF1 | | PF2 | ，则双曲线 C 的离心率为（
A． 3
B． 2
C． 6
x2 y 2
y2 x2
8．如图，两个椭圆
1，
1 内部重叠区域的边界记为曲线
25 9
25 9
列四个判断：
）． D． 10 2
C ， P 是曲线 C 上的任意一点，给出下
(2,0) 对称的点．
0.2km ，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要
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求） 1．
【答案】 A
【解析】由已知可得
c 1， e
c
1 ，
a2
故 a 2，
又 b a2 c2 3 ， x2
所以椭圆的标准方程为 4
2017 首都师大附中高二（上）期中数
学（理）
一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要 求）
1 1．已知椭圆的一个焦点为 F (1,0) ，离心率 e ，则该椭圆的标准方程为（
2
A． y2 4
x2 1
3
x2 B．
4
y2 1
3
x2 C．
① P 到 F1( 4,0) ， F2 (4,0) ， E1 (0, 4) ， E2(0,4) 四点的距离之和为定值； ②曲线 C 关于直线 y x ， y x 均对称；
③曲线 C 所围区域面积必小于 36 ；
④曲线 C 总长度不大于 6π．
上述判断中正确命题的序号为（
）．
A．①②
B．②③
C．②③④
14．在平面直角坐标系 xOy 中，点 M 不与点 O 重合，称射线 OM 与圆 x2 y 2 1的交点 N 为点 M 的“中心投影点”．
（ 1）点 M (1, 3) 的“中心投影点”为 __________．
（ 2 ）曲线 x 2 y2 1 上所有点的“中心投影点”构成的曲线的长度是 3
__________．
12．若曲线
2
C1 : x
2
y
2x
0 与曲线 C2 : y ( y
mx
m)
0 有四个不同的交点，
则实数 m 的取值范围是 __________ ．
2
13．设 P ， Q 分别为 x 2 ( y 6) 2 2 和椭圆 x y2 1 上的点，则 P ， Q 两点间的最大距离是 __________ ． 10
（ 3）如图所示， 设 P1 P2 ，P2 P3 是冰川的部分边界线 （不考虑其他边界） ，其中： P1( 5 5, 1) ，P2
35 2 ,6 ，P3(8,6) ．当
冰川融化时，冰川的边界线 P1P2 ， P2 P3 所在直线分别沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，每年移动
第几年开始，考察区域的边界上不再存在关于
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侧，考察范围是到点 B 的距离不超过 不超过 4 5km 的区域 F ．
6 5 km 的区域 E ；在直线 x 5
2 的左侧，考察范围是到
A ， B 两点的距离之和
（ 1）求考察区域边界 E ， F 的曲线方程，并在如图的平面直角坐标系中画出考察区域的边界简图． （ 2 ）考察区域的边界线上存在几对关于点 (2,0) 对称的点？并写出对称点的坐标．