安徽省合肥市第一六八中学2015-2016学年高二上学期期末考试数学文试卷Word版含答案

高二数学(文科)试题

（考试时间：120分钟 满分：150分）

注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 2.选择题和非选择题答案必须填写在答题卷上相应位置，否则不得分。 3.考试结束后，请将答题卡和答题卷一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题（共60题，每题5分。每题仅有一个正确选项）.

1.设0＜x＜2，则“xsin2x＜1”是“xsinx＜1”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 1.B

2. 如果命题“曲线C上的点的坐标都是方程f(x,y)0的解”是正确的，则下列命题

中正确的是（ ）

A.曲线C是方程f(x,y)0的曲线； B.方程f(x,y)0的每一组解对应的点都在曲线C上；

C.不满足方程f(x,y)0的点(x,y)不在曲线C上； D.方程f(x,y)0是曲线C的方程.

2【答案】C

x2y2x2y213. 若椭圆221(ab0)的离心率为，则双曲线221的渐近线方程

2abab为（ ） A．y31x B．y3x C．yx D．yx 22x2y2c21a2b21121(ab0)222b4，可得a4，解3.【解析】椭圆a的离心率为2，可得ax2y2b3321yx2aba22得，∴双曲线的渐近线方程为：，故选A．

4. 已知命题p:xR,使sinx结论：

5; 命题q:xR,都有x2x10. 给出下列2①命题“pq”是真命题 ；②命题“pq”是假命题；

③命题“pq”是真命题 ；④命题“pq”是假命题 .其中正确的是（ ） A.①②③ B.③④ C.②④ D.②③ 4D【解析】由sinx5131，知命题p是假命题，由x2x1(x)20，知224命题q是真命题，可判断②、③正确.

x25. 以双曲线y21的中心为顶点，右焦点为焦点的抛物线方程是（ ）

4A．y24x B．y245x C．y285x D．y25x

x2p5【解析】双曲线y21的右焦点为F(5,0)，5，所以2p45，则所求

42抛物线的方程为y245x；故选B．

6. 在四面体ABCD中，ABAD，ABADBCCD1，且 平面ABD平面BCD，M为AB中点，则CM与平面ABD所成角的正弦值为（ ）A．2336 B． C． D． 23236【解析】如图所示，取BD中点O，连接CO、MO，由已知条件BCCD1，所以BDCO，由平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCD=BD，所以CO平面ABD，则CMO即为直线CM与平面ABD所成的角，由ABAD，所以

BD2，则得到：BCCD，所以CO1BD2，MO1AD1，所以在

2222RtCOM中，tanCMOCO2,所以sinCMO6．

3MOA M B C O D

x2y27. 若双曲线221(ab0)的渐近线和圆x2y26x80相切，则该双曲

ab线的离心率等于（ ）

A．2 B．2 C．3 D．3

22xy6y80与渐近线相切，（0，3）7【解析】根据圆方程，得到圆心坐标C，圆

说明圆C到渐近线的距离等于半径1，再根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公

式，算出c=3a，即可得出该双曲线的离心率．

2222x2y2xy6y80（y3）x1圆可化为∴圆心坐标C，∵双曲线221（0，3）ab22xy6y80与渐近线相切，∴C到渐近线的距离为aybx0，的渐近线为圆

3aab221,c3a,e3，

8. 过抛物线y22px（p0）的焦点F作倾斜角为60的直线l，若直线l与抛物线

x2y2在第一象限的交点为并且点也在双曲线221（a0，b0）的一条渐近

ab线上，则双曲线的离心率为（ ） A．2123 B．13 C． D．5 33p8【解析】过抛物线：y22px(p0)的焦点F，0，且倾斜角为60的直线l的方程

2为y3x，联立直线方程与抛物线方程可得直线l与抛物线在第一象限的交点为

2A3p，3p， 2px2y2b点A也在双曲线：221(a0，b0)的一条渐近线上，应在yx上，则

abab23b24b2c2a24721b3p22，则有，故2，2e1ee3pa3a3aa2333a2选A．

9. 已知如图所示的三棱锥DABC的四个顶点均在球O的球面上，ABC和DBC所在的平面互相垂直，AB3，AC3，BCCDBD23，则球O的表面积为（ ）

A．4 B．12 C．16 D．36

D C

B A

9【解析】如图所示，∵ABACBC，∴CAB为直角，即过△ABC的小圆面的圆心为BC的中点O，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，则圆心在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合易得球半径为R2，球的表面积为S4πR216π，故选C．

222

10. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）

A．

B．4 C．

D．

【答案】C

【解析】由三视图知该几何体为棱锥SABD，如图2，其中SC平面ABCD．四面体

SABD的四个面中面SBD的面积最大，三角形SBD是边长为22的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积最大的为3823，故选C． 4

1ex,x111. （文科）若曲线y1，与直线ykx1有两个不同的交点，则实数k,x1x1的取值范围是( )

A．(322,322) B．(322,0)C．(,322)U(0,) D．-3-22，0【答案】B.

11【解析】根据题意，将f(x)的图象画出，从而可知当直线ykx1与曲线y相

切

时

，

联

立

方

程

，

消

去

(0,)

 0，1x1，

y可得

kx11kx2(1k)x20(1k)28k0k322，又∵切x1于第一象限，∴k322，从而实数k的取值范围是(322,0)

(0,).

x2y211.（理科）已知椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，点在椭圆上，若F1，

169F2，是一个直角三角形的三个顶点，则点到x轴的距离为（ ）

A．

9799 B．3 C． D．

75411【解析】可以证明，焦点三角形中，当点P在椭圆短轴端点时，F1PF2最大．在该椭圆中，可计算最大时仍为锐角，即直角三角形的顶点只可能是焦点，所以点到x轴的距离为点P的纵坐标y的绝对值y．将xc(或c)代入椭圆方程得，yy12. 如图，已知直线a∥平面，在平面内有一动点P，点A是定直线a上定点，且

9．故选D． 49,所以4AP与a所成角为（为锐角），点A到平面距离为d，则动点P的轨迹方程为（ ）

22222222 ．tanxyd ．tanxyd

．

y22d(xdd)y22d(x)tan ．tan

12【答案】B

【解析】解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出tan，对于tan的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示tan，可以考虑选项里面的暗示，解题时

d2y2tanP(x,y)|x|需要先设动点坐标，然后表示tan找到关系.设，则，化简得

tan2x2y2d2．

二、填空题（共20分，每题5分） 13. 在ABC中，“A>6”是“sinA>1”的 条件．（填“充分不必要”、“必要2不充分”、“充分必要”、“既不充分也不必要”之一） 13【答案】必要不充分

14. 直线y=x+m与圆x+y=4交于不同的两点M、N，且

2

2

，其中O为

坐标原点，则实数m的取值范围是 . 14. 【答案】试题分析：MN的中点为A，则2得||≥2||，从而可得|可求出实数m的取值范围．

=

+

，利用|

|≥

|

+

|，可≤1，即

|≤1，利用点到直线的距离公式，可得

试题解析：解：设MN的中点为A，则OA⊥MN，并且2∵||

|≥|≤1，

|

+

|，∴|

|≥2

|

|，即为2

=+， ≥2

|

|，解得

∴O到直线MN的距离故答案为：

≤1，解得﹣．

≤m．

x2y215. 在平面直角坐标系中，已知点A在椭圆1上，AP1OA,R，且

259OAOP72，则OP在x轴上的投影线段长的最大值是 . 【答案】15

x2y2【解析】因为点A在椭圆所以可设A(5cos,3sin)，AP(1)OA，1上，

259所

以

OP(O5Acos,

OAOP25cos29sin216cos2972,所以有

即|cos|3，又向量OP在7216cos29216cos2924|cos|，

x轴上投影为向量OP的横坐标，所以OP在x轴上的投影线段长为5|cos|，其最大

值为5315

CC'16.（文科）如图所示，正方体ABCDA'B'C'D'的棱长为1，E,F分别是棱AA'，

的中点，过直线EF的平面分别与棱BB'、DD'分别交于M,N两点，设BMx，

x[0,1]，给出以下四个结论：

D'A'NB'FMBC'EDAC ①平面MENF平面BDDB；②直线AC∥平面MENF始终成立； ③四边形MENF周长Lf(x)，x[0,1]是单调函数；

④四棱锥CMENF的体积Vh(x)为常数；以上结论正确的是___________． 16【答案】①②④

【解析】①因为EFBB',EFBD，所以EF平面BDD'B'，所以平面MENF平面BDDB成立；②因为AC//EF，所以直线AC∥平面MENF始终成立；

111上不是单调函③因为MFx1,fx4x1，所以fx在0，22数；

④VC'MENFVFMC'EVFC'NE2211111，故hx为常数． 3434616．（理科）已知正四棱锥VABCD可绕着AB任意旋转，CD//平面．若AB2，

VA5,则正四棱锥VABCD在面内的投影面积的取值范围是 ．

16.【解析】由题意可得正四棱锥的侧面与底面所成角为棱锥的底面与平面α所成角为θ，当0θ23,4,当

3，侧面上的高为2，设正四

6时投影为矩形，其面积为2×2cosθ=4cos

26时，投影为一个矩形和一个三角形，此时VAB与平面α所

成角为

2，正四棱锥在平面α上的投影面积为 34cosθ+

1222cos3sin3cos23sin3,23,当

2332122，综上，正时投影面积为22cos2cos3,232233四棱锥VABCD在面内的投影面积的取值范围是3,4.

三、解答题（共70分，每题需有必要的解答过程）

17.(本题满分10分) 设命题p：“若a0，则x2xa0有实根”．

（1）试写出命题p的逆否命题；

（2）判断命题p的逆否命题的真假，并写出判断过程．

解：（1）掌握四种命题的构成关系就不难写出p的逆否命题；原结论否定作条件，原条件否定作结论；（2）从条件出发能推出结论，则为真命题，否则为假命题，本题从条件能推出结论，故为真命题．

（1）p的逆否命题：若x2xa0无实根，则a0． （2）∵x2xa0无实根，∴14a0∴a∴“若x2xa0无实根，则a0”为真命题． 18. (本题满分10分) 已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA=AD=DC=

10 41BC=a，E是BC的中点，2将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使面B1AE⊥面AECD，F，G分别为B1D，AE的中点． （Ⅰ）求三棱锥E﹣ACB1的体积； （Ⅱ）（文科）证明：B1E∥平面ACF； （Ⅲ）（理科）证明：平面B1GD⊥平面B1DC．

18.解：（Ⅰ）由题意知，AD∥EC且AD=EC，所以四边形ADCE为平行四边形， ∴AE=DC=a，

∴△ABE为等边三角形， ∴∠AEC=120°， ∴

连结B1G，则B1G⊥AE，又平面B1AE⊥平面AECD交线AE， ∴B1G⊥平面AECD且∴

（Ⅱ）（文科）证明：连接ED交AC于O，连接OF， ∵AEDC为菱形，且F为B1D的中点， ∴FO∥B1E，

又B1E面ACF，FO平面ACF， ∴B1E∥平面ACF

（Ⅲ）(理科)证明：连结GD，则DG⊥AE，又B1G⊥AE，B1G∩GD=G， ∴AE⊥平面B1GD．

又AE∥DC，∴DC⊥平面B1GD，又DC平面B1DC ∴平面B1GD⊥平面B1DC． 19. 已知圆C：（x－1）2＋（y－2）2＝2，点P坐标为（2，－1），过点P作圆C的切线，

切点为A、B．

（1）求直线PA，PB的方程； （2）求切线长PA的值； （3）求直线AB的方程．

【答案】（1）7x―y―15＝0，或x＋y－1＝0；（2）22；（3）x－3y＋3＝0. 试题解析：（1）易知切线斜率存在，设过P点圆的切线方程为y＋1＝k（x－2）， 即kx―y―2k―1＝0.

因为圆心（1，2）到直线的距离为2，

－ k － 3 k ＋ 1故所求的切线方程为7x―y―15＝0，或x＋y－1＝0

(－ 1 － 2)2＝10，|CA|＝2， （2）在Rt△PCA中，因为|PC|＝(2 － 1)2 ＋ 2＝2，解得k＝7，或k＝－1

所以|PA|2＝|PC|2－|CA|2＝8.所以过点P的圆的切线长为22 1（3）容易求出kPC＝－3，所以kAB＝

32CA2如图，由CA＝CD·PC，可求出CD＝＝

PC102

1设直线AB的方程为y＝x＋b，即x－3y＋3b＝0

3由

1 － 6 ＋ 3b 72＝解得b＝1或b＝（舍）所以直线AB的方程为x－3y＋3＝0.

3101 ＋ 32

19(本题满分12分) 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D是AB的中点．

（1）证明：BC1//平面ACD； 1（2）设AA1ACCB2，AB22，求异面直线BC1与A1D所成角的大小． 19试题解析：（1）证明：连结AC1，交A1C于点O，连结OD，

因为D是AB的中点，所以BC1//OD，

因为BC1平面ACD，OD平面ACD，所以BC1//平面ACD． 111（2）解：结合（1）易知A1DO即为异面直线BC1与A1D所成角， 因为ACBC，D为AB的中点，所以CDAB，

又因为该三棱柱是直三棱柱，所以CD平面ABB1A1，即CD平面A1DE，

AA1ACCB2，AB22,A1D6，DOA1O1A1C2, 2cosA1DO3,A1DO． 26AD∥BC，

20.(本题满分12分) 在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形,

BAD90，PA⊥底面ABCD，且PAADAB2BC2，M、N分别为PC、

PB的中点．

（1）求证：PB平面ADMN； （2）（文科）求BD与平面ADMN所成的角； （3）（理科）点E在线段PA上，试确定点E的位置，使二面角ACDE为45． 试题解析：（1）∵M、N分别为PC、PB的中点，AD∥BC ∴AD∥MN，即A,D,M,N四点共面

∵N是PB的中点，PA=AB,∴AN⊥PB．∵AD⊥面PAB,∴AD⊥PB． 又∵ADANN ∴PB⊥平面ADMN． （2）连结DN，∵PB⊥平面ADMN，

∴∠BDN是BD与平面ADMN所成的角． 在RtBDN中,sinBDN∴BD与平面ADMN所成的角是

BN1, BD26．

（3）作AFCD于点F，连结EF ∵PA⊥底面ABCD∴CDPA ∴CD平面PAF∴CDEF ∴AFE就是二面角ACDE的平面角 若AFE45，则AEAF由AFCDABAD可解得AF45 5∴当AE45时，二面角ACDE的平面角为45° 5

21(本题满分13分) 抛物线y4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．

2（1）若AF2FB，求直线AB的斜率；

（2）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．

试题解析：（1）依题意知F（1,0），设直线AB的方程为xmy1．将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y24my40．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以

y1y24m，y1y24．①因为AF2FB，所以y12y2．②联立①和②，消去y1,y2，得m2． 4所以直线AB的斜率是22．

（2）由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于2SAOB．

因为2SAOB2|OF||y1y2|(y1y2)24y1y241m2， 所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.

12

22．(文科，本题满分13分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆

x2y2E:221(ab0)的左顶点为A，与x轴平行的直线与椭圆E交于B、C两点，ab过B、C两点且分别与直线AB、AC垂直的直线相交于点D．已知椭圆E的离心率为

545，右焦点到右准线的距离为． 35yDOABC

x（1）求椭圆E的标准方程；

（2）证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程； （3）求BCD面积的最大值．

x2y227【答案】（1）（2）详见解析，x3；（3）； 1；

944试题分析：（1）利用离心率和焦准距建立a,b,c的关系式求解；（2）顺着题意，设点B,C的坐标，表示出BD,CD的方程，利用方程组得到D点坐标满足的关系式，若关系式为二元一次方程，则该方程表示直线；（3）用（2）中所设坐标作为目标函数的变量，可以发现容易消去横坐标，从而得到一个关于y0的目标式，利用基本不等式或二次函数可以求得最大值；

c5a245试题解析：（1）由题意得，， ca3c5x2y2解得a3,c5，所以bac4，所以椭圆E的标准方程为1．

9422（2）设B(x0,y0),C(x0,y0)，显然直线AB,AC,BD,CD的斜率都存在，设为

k1,k2,k3,k4，则k1y0y0x3x3，k30， ,k2,k40x03x03y0y0x03x3(xx0)y0,y0(xx0)y0， y0y0所以直线BD,CD的方程为：y消去y得x03x3(xx0)y00(xx0)y0，化简得x3， y0y0故点D在定直线x3上运动．

2x03x09(3x0)y0y0， （3）由（2）得点D的纵坐标为yDy0y0又

xy9yx321，所以x09(3x0)y0，则yD0y094459y0y0y0， 4420202092y04y5y，

00

y04所以点D到直线BC的距离h为yDy02y0x2y21得x31将yy0代入，

494所以BCD面积SABC2y0119BCh61y0 224422y0y01222y02712727y0y0441y0，当且仅当1，即y02时等24222444号成立，故y02时，BCD面积的最大值为

27． 4x2y222．（理科，本题满分13分）(本题满分13分)如图，已知椭圆C:221（ab0）

ab经过点1,，离心率e321，直线l的方程为x4． 2

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）是经过椭圆右焦点F的任一弦（不经过点），设直线与l相交于点，记，，的斜率分别为k1，k2，k3，问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

x2y21；【答案】（1）（2）存在常数2符合题意． 43试题分析：（1）根据点P1,在椭圆上，可将其代入椭圆方程，又e32c1且a2（2）设直线AB的方程为yk(x1)，与椭圆方a2b2c2解方程组可得a,b,c的值．

程联立消去y可得关于x的一元二次方程，从而可得两根之和，两根之积．根据斜率公式可用k表示出k1,k2,k3．从而可得的值．

试题解析：解：（Ⅰ）由点P1，在椭圆上得，221，①

a4b2又e3191c1，所以，② 2a2222x2y21． 由①②得c1，a4，b3，故椭圆C的方程为43（Ⅱ）假设存在常数，使得k1k2k3， 由题意可设AB的斜率为k， 则直线AB的方程为yk(x1)，③

x2y2代入椭圆方程1， 并整理得(4k23)x28k2x4(k23)0，

438k24(k23)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x22，④ ，x1x24k34k23在方程③中，令x4得，M(4，3k)，

333y23k2，k2，k2k1． 从而k123x11x21412y1又因为A，F，B共线，则有kkAFkBF， 即有

y1y1y2k， x11x2133y222y1y2311 所以k1k2x11x21x11x212x11x21=2kx1x223，⑤

2x1x2(x1x2)18k222314k32k1将④代入⑤得k1k22k，又， kk3224(k3)8k222124k34k3所以k1k22k3，故存在常数2符合题意．