高二数学(理)度高二数学上学期期中考答案
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南安一中2015～2016学年度高二上学期期中考
数学（理）科试卷（答案）
一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）：
1～6 C B A C B B 7～12 B D C C C C
二．填空题（共4小题，每小题4分，共16分）：
13．存在01,0200xxRx使 14．
15． 16． 1
三．解答题（本大题共6小题，共74分):
17．解：
∴双曲线的一条渐近线方程为，即 ……8分
∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于 ……12分
18．解:: 由得： ……2分
: 令，由对恒成立.
（1）当时, ,符合题意. ……3分
（2）当时，，
由得，解得： ……5分
综上得：:. …… 6分
因为为真命题，为假命题，所以命题一个为真,一个为假.… 7分
或
∴ 或 …… 11分
∴或 ………………12分
19．方法一：
证：（1）在Rt△BAD中，AD=2，BD=， ∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC. ∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥PA .又∵PA∩AC=A ∴BD⊥平面PAC. ……４分
（2）解：∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD= ，设C到面PBD的距离为d，由，有dSPASPBDBCD3131， 即d0260sin)22(21312222131，得 ……12分
方法二：
证：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系，
则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）.在Rt△BAD中，AD=2，BD=，
∴AB=2.∴B（2，0，0）、C（2，2，0），……2分
∴)0,2,2(),0,2,2(),2,0,0(BDACAP ∵0,0ACBDAPBD，
即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，∴BD⊥平面PAC.……5分
（2）由（Ⅰ）得)2,2,0(),2,0,2(PDPB，设平面PBD的法向量为，
则0,022PDnPBn，即，∴x=y=z，
故平面PBD的法向量可取为.
∵)2,2,2(PC，∴C到面PBD的距离为33222nPCnd……12分
20．（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程得：，并作差得：
(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝2，y1＋y2＝，代入得k=y1－y2x1－x2＝－1.
则此弦所在直线方程是y－＝－（x－1） 即x＋y－＝0. ……5分
(2)易知直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2. ……6分
将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去y得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0. ……7分
令Δ＝144k2－36(1＋3k2)>0，得k2>1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－12k1＋3k2，x1x2＝91＋3k2. ……8分
所以S△AOB＝|S△POB－S△POA|＝12×2×|x1－x2|＝|x1－x2|.
因为(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－12k1＋3k22－361＋3k2＝36（k2－1）（1＋3k2）2， ……10分
设k2－1＝t(t>0)，则(x1－x2)2＝36t（3t＋4）2＝369t＋16t＋24≤3629t×16t＋24＝34.……12分
当且仅当9t＝16t，即t＝43 ,k2－1＝43, k2 ＝时 等号成立，
此时△AOB面积取得最大值32. ……13分
21．解：方法一(几何方法)：
(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1. 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
图① 图②
(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝12BD.
又DP＝BQ，DP∥BQ，
所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝12PQ.
在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是EQ＝FP＝1＋λ2，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．
同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．
分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，
则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，
故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.
连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．
连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，
所以GH＝ME＝2.
在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12，
OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12，
由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，
故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)：
以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．
图③
BC1→＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，
因为BC1→＝(－2，0，2)，
所以BC1→＝2FP→，即BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→·n＝0，FP→·n＝0可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.
于是可取n＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．
若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.
故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．
22．解：（Ⅰ）∵过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
∴4a=8，∴a=2∵e=，∴c=1∴b2=a2﹣c2=3
∴椭圆E的方程为．……4分
（Ⅱ）由，消元可得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12=0……5分
∵动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P（x0，y0）
∴m≠0，△=0，∴（8km）2﹣4×（4k2+3）×（4m2﹣12）=0∴4k2﹣m2+3=0①
此时x0==，y0=，即P（，）
由得Q（4，4k+m） ……8分
取k=0，m=，此时P（0，），Q（4，），
以PQ为直径的圆为（x﹣2）2+（y﹣）2=4，交x轴于点M1（1，0）M2（3，0） 取k=，m=2，此时P（1，），Q（4，0），以PQ为直径的圆为（x﹣）2+（y﹣）2=，交x轴于点M3（1，0）或M4（4，0）
故若满足条件的点M存在，即M（1，0），……1２分
证明如下
∵
∴
故以PQ为直径的圆恒过轴上的定点M（1，0）……1４分
