2015-2016学年吉林省长春市第二中学高二上学期第三次月考数学试题

数学科试卷

命题人：黄一丹 审题人：邢 光

一选择题（共12道小题，每小题5分，共60分） 1．已知直线l的倾斜角为120，则直线l的斜率是（ ） A．3 B．3 C．33 D． 332．若命题“p或q”为真，“非p”为真，则 （ ）

A．p真q真 B．p假q真 C．p真q假 D．p假q假

3．一个椭圆的半焦距为2，离心率e2，则它的短轴长是（ ） 3A．3 B．5 C．25 D．6

4．程序框图（算法流程图）如图1所示，其输出结果A（ ） A．15 B．31 C．63 D．127

5．圆(x－3) 2＋(y＋4) 2＝1关于x轴对称的圆的方程是( ) A.(x＋3)2＋(y＋4)2＝1 B.(x－4)2＋(y＋3)2＝1 C.(x＋4)2＋(y－3)2＝1 D.(x－3)2＋(y－4)2＝1

x2y246．已知双曲线221的一条渐近线方程为yx，则双曲线的离心率为( )

3abA．

55217 B． C． D． 34327．a1 是直线4x(a1)y90与直线(a21)xay60垂直的（ ） A．充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C．充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

8．已知点P是抛物线y22x上的一个动点，则点P到点（0，2）的距离与P到该抛物线

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准线的距离之和的最小值为（ ） A． 3

B．17 C．5 2D．

9 2x2y29． P是双曲线221(a0,b0)左支上的一点，F1、F2分别是左、右焦点，

ab且焦距为2c，则 PF1F2 的内切圆的圆心的横坐标为（ ）

A. c B. b C. D. abc a

10．直线l:(k1)xky10(kR)与圆C：x2+(y-1)2=1的位置关系是( )

A.相交 B.相切 C.相离 D.相交或相切

x2y21的右焦点为F，若过点F的直线l与双曲线的右支有11．已知双曲线124且只有一个

交点，则此直线l斜率的取值范围是

A.(3333,) B. (3,3) C.[ ,] D. 3333[3,3]

x2y212．过椭圆+＝1上一点M作圆x2＋y2＝2的两条切线，点A，B为切点．过

94A，B的

直线l与x轴、y轴分别交于P，Q两点，则△POQ的面积的最小值为( ) 124A. B. C．1 D. 233

二．填空题（共4道小题，每小题5分，共20分）

“xR，x2x30”13．全称命题的否定是____________________.

14．抛物线y24x上一点M到该抛物线焦点F的距离|MF|4，则点M的横坐标为 ．

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x2y21，15．椭圆其弦AB中点为M，若直线AB和OM的斜率都存在 (O为

1612坐标原点)，

则两条直线的斜率之积为______.

16．以下四个关于圆锥曲线的命题中：其中真命题为 （写出所有真命题的序号）

①A、B为不同的两个定点,K为非零常数,若|PA|－|PB|＝ K,则动点P的轨迹是双曲线.

②平面内与两个定点F1,F2的距离和等于常数的点的轨迹是椭圆.

③平面内与一个定点F和一条定直线l距离相等的点的轨迹叫做抛物线. ④已知抛物线y2=2px,以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切.

三．解答题（共6道小题， 17题10分，其余每题12分，共70分） 17．已知：方程x2y22x4ym0，若此方程表示圆. （1）求m的取值范围

（2）若(1)中的圆与直线x2y40相交于M、N两点，且OMON,（O为坐标原点）求：m的值.

18．如图, ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AF//DE，

DE3AF36．

（1）（文理）求证：AC平面BDE； （2）（理）求二面角FBED的余弦值；

（文）求三棱锥FBDE的体积.

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E F A

D B

C

19．抛物线的顶点在原点，焦点是圆x2y24x0的圆心.

（1）求抛物线的方程；（2）直线l的斜率为2，且过抛物线的焦点，若l与抛物线、圆依次交于A,B,C,D四个点，求ABCD.

x2y220．设椭圆C: 221 (a＞b＞0)的左、右两个焦点分别为F1、F2，过右焦点

abF2且与x轴垂直的直线l与椭圆C相交,其中一个交点为M(2,1).

（1）求椭圆C的方程;

（2）设椭圆C的一个顶点为B(0,b),直线BF2交椭圆C于另一点N,求△F1BN的面积.

21．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，平面SAD⊥平

面ABCD，SA=SD，E，P，Q分别是棱AD，SC，AB的中点．

（1）（文理）求证：PQ∥平面SAD； （2）（理）如果SA=AB=2，求直线SA与平面SEQ成角的余弦值.

（文）如果SA=AB=2，求点C到平面SAB的距离.

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x2y2222．椭圆C：221(ab0)离心率为，连接椭圆四个顶点形成的四边形面

ab2积为42．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点A(1,0)的直线与椭圆C交于不同两点M,N，设P为椭圆上一点，且OMONtOP(t0)

45(O为坐标原点)，当OMON<时，求t的取值范围．

3

高二数学参考答案

一、选择题 B B C C D A A B C D C B

12．B 【解析】设M(x0，y0)，圆的切线知识可得过A，B的直线l的方程为x0x＋y0y＝2，得

2222x0y02221P ，Q0,，△POQ的面积×·＝.点M在椭圆上，所以0，

294xyxy0000x0y0＝1≥2

22x0xyy·0，得|x0y0|≤3，所以≥，当0＝0时等号成立

3x0y033222二、填空题 13．x0R，x0x030 14．3 15．16．④

三、解答题 17．17．m<5

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18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

13 13试题解析：（Ⅰ）证明： 因为DE平面ABCD，

z 平面BDE． 所以DEAC． 因为ABCD是正方形， 所以ACBD， 从而ACE (2)解：因为DA,DC,DE两两垂直，

所以建立空间直角坐标系Dxyz如图所示．

因为BE与平面ABCD所成角为60，即DBE60，

0ED3． 所以DB由AD3可知DE36，AF6．

F A x D M B C y 则A(3,0,0)，F(3,0,6)，E(0,0,36)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，

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所以BF(0,3,6)，EF(3,0,26)，

nBF03y6z0设平面BEF的法向量为n(x,y,z)，则，即， nEF03x26z0令z6，则n(4,2,6)．

因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，CA(3,3,0)，

nCA613所以cosn,CA． 13nCA3226因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为 (3) 证明 AF//平面BDE 由 VFBDEVABDE

19．⑴y28x ⑵6

2【解析】（1）圆x2y4，F2,0是圆心，r2，即知

213． 131113296SBDEAC93 32322p2，p4则抛物线2的方程为y8x.

（2）法一：由焦点弦的公式AD则ABCDAD2r22p， sin288446. 22sin25y28x2 0 法二：A(x )联立 消y得 x6x4B(2x,2y1,y1)y2(x2)x1x26

则ABCDAD2rx1x2p2r6446

20．(1) (2)

8 3,0).

【解析】(1)解法一：∵l⊥x轴, ∴F2的坐标为(

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由题意可知∴所求椭圆方程为

解法二:由椭圆定义,可知|MF1|+|MF2|=2a.由题意|MF2|=1,∴|MF1|=2a-1.

Rt△MF1F2,可知(2a-1)2=(2)2+1,a＞0,∴a=2.又a2-b2=2,得b2=2.∴椭圆C

.

(2)解:直线BF2的方程为y=x-

.由得点N的纵坐标为

.又|F1F2|=2,

∴S△F1BN=.

21．（Ⅰ）证明：取SD中点F，连结AF，PF． 因为 P，F分别是棱SC，SD的中点，

1CD． 又因为菱形ABCD中，Q是AB的中点， 21所以 AQ∥CD，且AQ =CD．所以 FP//AQ且FP=AQ．

2所以 FP∥CD，且FP=

所以 AQPF为平行四边形． 所以 PQ//AF． 又因为PQ平面SAD，

AF平面SAD，所以 PQ//平面SAD ．

(2)EA,EB,ES为轴建立空间直角坐标系

 SA(1,0,3) 平面SEQ的一个法向量为m(3,1,0) 线面角正弦值(3) h313 余弦值 443 266x2y222．（1）（2）t1,1；3,1． 3422b21b212，∴e12，∴2，即a22b2． 试题解析：（1）∵e2a2a21a24． 又S2a2b42，∴ab22，∴b22，2x2y2∴椭圆C的标准方程为1．

42（2）由题意知，当直线MN斜率存在时，

设直线方程为yk(x1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x，y)，

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x2y21，联立方程4消去y得(12k2)x24k2x2k240， 2yk(x1)，因为直线与椭圆交于两点，所以16k44(12k2)(2k24)24k2160恒成立， 4k22k242k，又∵OMONtOP， ∴x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2k12k212k212k2x1x24k2，xx1x2tx，tt(12k2)∴∴

yyty，yy2k122y1，2tt(12k)16k48k2x2y224， 因为点P在椭圆1上，所以22222t(12k)t(12k)42452k21∵|OMON|即2kt(12k)，，又， ∴t122312k12k22224546k2254522，∴1kx1x2即|NM|，整理得：1k， 23312k3化简得：13k45k280，解得k21或k28（舍）， 13∵t2166122t1，1，即，∴t13，． 312k23661,,N1,当直线MN的斜率不存在时，M，此时t1， 2266∴t1,3,1． 3考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系．

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