安徽省宿州市十三所重点中学2018-2019学年高二数学上学期期中试题文

高二数学文科参考答案一、选择题（本大题共12个小题，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）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上。

13．； 14． ； 15．()()221434x y ++-=；16．三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．解：BC边的斜率为：，所以BC边上的高AD的斜率为：，BC边上的高AD所在直线的方程为：，即；…………5分（2）顶点是，，则其中点，所以中线所在直线斜率为：，所以中线所在直线方程为：，即．…………10分 18． 解: （1）由()()2224450m m -+--⨯> 有 或…………6分（2）当时,圆的方程为2244100x y x y ++--=圆心坐标为,半径为圆心到直线的距离为:d ==∴弦长为: l == …………12分 19．证明：（1）连BD 交AC 于O ，连EO ， ∵ABCD 为矩形，∴O为BD 中点． E 为PB 的中点，∴EO ∥PD又EO平面ACE，PD平面ACE，∴PD∥平面ACE …………6分（2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴PA⊥BC．∵底面ABCD为矩形，∴BC⊥AB．∵PA∩AB=A，BC⊥平面PAB，AE⊂PAB，∴BC⊥AE．∵PA=AB，E为PB中点，∴AE⊥PB．∵BC PB=B，∴AE⊥平面PBC，而AE平面ACE，∴平面ACE⊥平面PBC．…………12分20．解:由得，由得即由得即由得即…………3分∴, ,,…………6分∴围成的几何体的表面积()(24114541S πππ=⨯+++⨯= …………12分21．(1)证明:过B 作CD 的垂线交CD 于F,则 ，，在Rt BFE BE Rt BFC BC ∆∆中，，中，在2229BCE BE BC EC∆+中，因为＝＝,故由已知平面，所以∵∴平面…………6分(2) 三棱锥的高即为直四棱柱的高又∵111111112A B C S A B A D ∆=⨯⨯=∴ 111133E A B C V -=⨯= …………12分 22．解: (1)由题设知,圆心C 是直线y=2x-4和y=x-1的交点,解得点C(3,2) …………2分 于是切线的斜率必存在.设过A(0,3)的圆C 的切线方程为y=kx+3 …………4分,由题意 解得或故所求切线方程为y=3或3x+4y-12=0. …………7分 (2)因为圆心在直线y=2x-4上,所以圆C 的方程为()()22241x a y a -+--=⎡⎤⎣⎦设点 ,因为MA=2MO,所以22222)3(yxyx+=-+,化简得,所以点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.由题意知,点在圆C上,所以圆C与圆D有公共点,则2-1≤CD≤2+1,≤≤ .即13由5a2-12a+8≥0,得a∈R;由5a2-12a≤0,得所以圆心C的横坐标a的取值范围为…………14分。

2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.将一个直角三角形绕斜边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（）A. 一个圆台B. 一个圆锥C. 一个圆柱D. 两个圆锥2.直线3x−3y−2=0的倾斜角是（）A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘3.已知直线l1：mx-y+3=0与l2：y=-12x+12垂直，则m=（）A. −12B. 12C. −2D. 24.在空间直角坐标系中，已知点P（1，2，3），过点P作平面xoz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为（）A. (0,0)B. (0,C. (1,0，3)D. (1,2,0)5.一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数是（）A. 45∘B. 30∘C. 60∘D.90∘6.已知平面α，直线l，点P，则下列命题正确的是（）A. 若l⊄α，P∈l，则P∉αB. 若l⊄α，P∈l，则P∈αC. 若l⊂α，P∈l，则P∈αD. 若l⊂α，P∉l，则P∉α7.圆心在x轴上，且过点(2，4)的圆与y轴相切，则该圆的方程是（）A. x2+y2+10y=0B. x2+y2−10y=0C. x2+y2+10x=0 D. x2+y2−10x=08.直线x-y-4=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x+2）2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是（）A. [2,4]B. [4,8]C. [8,16]D. [16,32]9.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）A. CC1与B1E是异面直线B. CC1与AE是共面直线C. AE与B1C1是异面直线D. AE与BB1是共面直线10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 5603B. 5803C. 200D. 24011.已知P（a，b）为圆C：x2+y2-2x-4y+4=0上任意一点，则b−1a+1的最大值为（）A. 2B. −43C. 43D. 012.已知圆O：x2+y2=r2（r＞0）与直线x+y-2=0相交于A，B两点，C为圆上的一点，OC的中点D在线段AB上，且3AD=5DB，则圆O的半径r为（）A. 11B. 103C. 10D. 23二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.过点P（2，3）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为______．14.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC=60°，那么这个二面角大小是______．15.如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为2，欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），若球形容器表面积的最小值为120π，则正四棱柱体的体积为______．16.已知圆M：（x-1-cosθ）2+（y-2-sinθ）2=1，直线l：kx-y-k+2=0，下面五个命题：①对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点；②存在实数k与θ，直线l和圆M相切；③存在实数k与θ，直线l和圆M相离；④对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与和圆M相切；⑤对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切．其中真命题的代号是______（写出所有真命题的代号）．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知直线l1：x+y-1=0，l2：2x+3y-5=0，l3：6x-8y+3=0（1）求l1与l2的交点P的坐标．（2）求过交点P且与l3垂直的直线方程，并化为一般式．18.如图，已知矩形BB1C1C所在平面与平面ABB1N垂直，BB1∥AN，BB1=2AN，∠BAN=90°，CB=AB=AN=2．（1）求证：B1C1∥平面NB1C1．（2）求证：BN⊥平面NB1C1．19.在△ABC中，点A（7，4），B（2，9），C（5，8）（1）求△ABC的面积．（2）求△ABC的外接圆的方程．20.如图，在三棱锥P -ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC =90゜, D为线段AC的中点, E为线段PC上一动点，且PA=5，AB=BC=4(1)求证: BC⊥平面PAB(2)当PA∥平面BDE时，求三棱锥D -BCE的体积．21.已知圆的方程为x2+y2-2x-4y+1+k=0．（1）求k的取值范围．（2）若此圆与直线x+y-3=0相交于M，N两点，且OM⋅ON=0（O为坐标原点），求k的值．22.如图所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=4，AB=22，点E，F分别在BC、AD上，EF∥AB，并且E为BC中点．现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC．（1）证明：AC⊥DE．（2）在AC上是否存在点M，使得CF⊥平面DEM，若存在确定M点位置，若不存在，说明理由；答案和解析1.【答案】D【解析】解：将一个直角三角形绕斜边所在的直线旋转一周，所得的几何体是两个底面重合的圆锥，故选：D．根据圆锥的几何特征，可得答案．本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键．2.【答案】A【解析】解：直线的斜率为，设直线的倾斜角为α（0°≤α＜180°），则tanα=，则α=30°．∴直线的倾斜角为30°，故选：A．由已知直线方程求出直线的斜率，再由斜率等于直线倾斜角的正切值求解．本题考查直线的倾斜角，考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题．3.【答案】D【解析】解：直线l1：mx-y+3=0与l2：y=-垂直，则m•（-）=-1，解得m=2，故选：D．根据相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵点P（1，），过点P作平面xoz的垂线PQ，∴垂足Q的坐标为（1，0，）．故选：C．点P（x，y，z），过点P作平面xoz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为（x，0，z）．本题考查点的坐标的求法，考查空间向量的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．5.【答案】C【解析】解：一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，组成立体图形后，可得△ABC的各边均为正方形的对角线长，△ABC为等边三角形，∴∠ABC的度数为60°．故选：C．画出几何体的立体图形，由△ABC的形状判断∠ABC的度数．本题主要考查等边三角形的性质和展开图折叠成几何体等知识点，解决本题的关键是动手操作得到△ABC各边之间的关系．6.【答案】C【解析】解：对于选项A：当l∩α=P时，P∈α，故A错；对于选项B：当l∩α≠P或l∥α时，P∉α，故B错；对于选项C，若l⊂α，P∈l，则P∈α，满足直线与平面的基本性质，故C正确．对于选项D：若P∉l，则P∈α或P∉α，故D错；故选：C．通过反例判断选项A，B，D不正确，判断C正确即可．本题考查直线与平面的位置关系，点与直线，平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是基本知识的考查．7.【答案】D【解析】解：根据题意，设圆心坐标为（r，0），半径为r，则（2-r）2+42=r2，解得r=5，可得圆的方程为（x-5）2+y2=25，即x2+y2-10x=0．故选：D．由题意设出圆心坐标为（r，0），半径为r，可得（2-r）2+42=r2，求得r值，则圆的方程可求．本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题．8.【答案】C【解析】解：∵直线x+y-4=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴令x=0，得y=-4，令y=0，得x=4，∴A（4，0），B（0，-4），|AB|=4，∵点P在圆（x+2）2+y2=2上，∴设P（-2+cosθ，sinθ），∴点P到直线x+y-4=0的距离：d==|3+sin（θ-）|，∵sin（θ-）∈[-1，1]，∴d∈[2，4]，∴S△ABP的最大值为×4×4=16，S△ABP的最小值为×4×2=8，∴△ABP面积的取值范围是[8，16]，故选：C．求出A（4，0），B（0，-4），|AB|=4，设P（-2+cosθ，sinθ），求出点P到直线x+y+2=0的距离范围，由此能求出△ABP面积的取值范围．本题考查三角形面积的取值范围的求法，考查直线方程、点到直线的距离公式、圆的参数方程、三角函数关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9.【答案】C【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查异面直线判定定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．B1E⊂平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1；由异面直线判定定理得：CC1与AE是异面直线，AE与B1C1是异面直线，AE与BB1是异面直线．【解答】解：在A中，∵三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，∴B1E⊂平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴CC1与B1E是共面直线，故A错误；在B中，∵AE∩平面BCC1B1=E，CC1⊂平面BCC1B1，且E∉CC1，∴CC1与AE 是异面直线，故B错误；在C中，∵AE∩平面BCC1B1=E，B1C1⊂平面BCC1B1，且E∉B1C1，∴AE与B1C1是异面直线，故C正确；在D中，∵AE∩平面BCC1B1=E，BB1⊂平面BCC1B1，且E∉BB1，∴AE与BB1是异面直线，故D错误．故选C．10.【答案】C【解析】解：如图所示，该几何体是棱长分别为4，8，10的长方体砍去两个小三棱柱得到一个四棱柱，由图知V==200．故选：C．如图所示，该几何体是棱长分别为4，8，10的长方体砍去两个小三棱柱得到一个四棱柱，据此即可计算出体积．由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．11.【答案】C【解析】解：设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（-1，1）是定点，∵M（a，b）在圆C：x2+y2-2x-4y+4=0上，∴圆C与直线MA有公共点，圆C：x2+y2-2x-4y+4=0化为：（x-1）2+（y-2）2=1，而直线MA的方程为：y-1=k（x+1），即kx-y+k+1=0，则有：C点到直线MA的距离不大于圆C的半径，即：≤1，解得：0≤k≤，∴的最大值为．故选：C．设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（-1，1）是定点，可知直线MA 与圆有公共点，从而可得≤1，由此能求出的最大值．本题考查圆的方程、性质，考查直线与圆的位置关系，考查与圆有关的最值问题，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．12.【答案】C【解析】解：过O作OE⊥AB于E，连结OA，则|OE|=，由垂径定理得|AE|=|EB|，设|DE|=x，则由3=5可知|AE|=4x，由勾股定理得（4x）2+2=r2，，解得：r=．故选：C．过O作OE⊥AB于E，连结OA，求出|OE|，由垂径定理得|AE|=|EB|，设|DE|=x，则由3=5可知|AE|=4x，由勾股定理得（4x）2+2=r2，，求解即可得答案．本题考查了直线与圆的位置关系关系，考查了垂径定理和勾股定理的应用，是基础题．13.【答案】x+y-5=0，或3x-2y=0【解析】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y-5=0若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x-2y=0∴所求直线方程为x+y-5=0，或3x-2y=0故答案为x+y-5=0，或3x-2y=0分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．14.【答案】90°【解析】解：∵将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC=60°，∴AD=DB′=DC，AB′=AC=B′C，AD⊥DB′，AD⊥DC，∴△ADC≌△ADB′≌△DB′C，∴DB′⊥DC，∴这个二面角大小是∠B′DC=90°．故答案为：90°．推导出AD=DB′=DC，AB′=AC=B′C，AD⊥DB′，AD⊥DC，从而△ADC≌△ADB′≌△DB′C，进而DB′⊥DC，由此能求出这个二面角大小．本题考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．15.【答案】40【解析】解：由题意，设该球形容器的半径的最小值为R，正四棱柱体的高为h，则4πR2=120π，∴R=．∴，h=10．则正四棱柱体的体积为V=2×2×10=40．故答案为：40．由题意，求出球形容器的半径的最小值，即可求出正四棱柱体的高．再求正四棱柱体的体积．本题考查正棱柱的外接球，考查学生的计算能力，属于中档题．16.【答案】①②④【解析】解：对于①，圆M：（x-1-cosθ）2+（y-2-sinθ）2=1的圆心为（1+cosθ，2+sinθ），半径为r=1；无论θ取何值，都有（1-1-cosθ）2+（2-2-sinθ）2=1，∴圆过定点（1，2）；又直线l：kx-y-k+2=0可化为k（x-1）-y+2=0，过定点（1，2）；∴直线l和圆M有公共点（1，2），①正确；对于②，圆心M到直线l的距离为d==|sin（θ-α）|≤1，其中tanα=k；∴存在实数k与θ，使直线l和圆M相切，②正确；对于③，由d≤r知不存在实数k与θ，使直线l和圆M相离，③错误；④对任意实数k，有k=tanα，∴必存在实数θ，使得d=|sin（θ-α）|=1=r，直线l与和圆M相切，④正确；⑤对任意实数θ，不一定存在实数k，使得直线l与和圆M相切，如θ=0°时，tan90°不存在的，∴⑤错误．综上，正确的命题序号是①②④．故答案为：①②④．①由题意求得圆M与直线l有公共点（1，2）；②求得圆心到直线l的距离为d≤r；③由d≤r判断直线和圆不会相离；④由k存在知tanα存在，对应α存在，θ也存在；⑤举例说明不一定存在实数k，使得直线l与和圆M相切．本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．17.【答案】解：（1）由 2x +3y −5=0x +y−1=0，解得x =-2，y =3，即点P （-2，3）， （2）由l 3：6x -8y +3=0可得直线的斜率为34，则过交点P 且与l 3垂直的直线方程的斜率为-43，则其直线方程为y -3=-43（x +2），即为4x +3y -1=0．【解析】（1）联立直线l 1和l 2的方程组成方程组，直接求解交点坐标，（2）求出直线l 3：6x-8y+3=0，利用点斜式方程求出与l 3垂直的直线方程． 本题考查直线方程求解直线的交点的求法，直线的垂直，考查计算能力．18.【答案】证明：（1）因为四边形矩形BB 1C 1C 是矩形，所以B 1C 1∥BC ，（2分）因为BC ⊂平面BCN ，B 1C 1⊄平面BCN ，所以B 1C 1∥平面BCN ．（5分）（2）矩形BB 1C 1C 所在平面与底面ABB 1N 垂直，且交线为BB 1，CB ⊥BB 1，所以CB ⊥平面ANB 1B ，（6分）又因为BC ∥B 1C 1，故C 1B 1⊥平面ANB 1B ，（7分）又BN 在平面ANB 1BB 1内，从而C 1B 1⊥BN ，过N 作MN 垂直BB 1于M ，可得MN =MB 1=MB =2，NB =NB 1=2 2，（9分）又BB 1=4，所以BB 12=NB 2+NB 12，即NB ⊥NB 1，（10分）而C 1B 1⊥BN ，又因为C 1B 1∩NB 1=B 1，所以BN ⊥平面NB 1C 1．（12分【解析】（1）推导出B 1C 1∥BC ，由此能证明B 1C 1∥平面BCN ．（2）推导出CB ⊥平面ANB 1B ，从而C 1B 1⊥平面ANB 1B ，进而C 1B 1⊥BN ，过N 作MN 垂直BB 1于M ，从而NB ⊥NB 1，由此能证明BN ⊥平面NB 1C 1．本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．19.【答案】解：（1）∵A（7，4），B（2，9），∴|AB|=50=52，直线AB方程为：y−94−9=x−27−2，即x+y-11=0．点C到直线AB的距离d=2=2，故S△ABC=12|AB|d=12×52×2=5．（2）设△ABC的外接圆心为O（a，b）则|OA|=|OB|=|OC|，即（a-7）2+（b-4）2=（a-2）2+（b-9）2=（a-5）2+（b-8）2，∴a=2，b=4，故圆心坐标为（2，4），半径的平方为OA2=（a-7）2+（b-4）2 ；=25，∴△ABC的外接圆方程为（x-2）2+（y-4）2=25．【解析】（1）利用两点间的距离公式求得AB的值，用两点式求出AB的直线方程，利用点到直线的距离求出C到AB的距离d，再根据三角形的面积公式求得△ABC的面积．（2）设△ABC的外接圆心为O（a，b）则|OA|=|OB|=|OC|，求出a的值，可得圆的标准方程．本题主要考查两点间的距离公式，用两点式求直线的方程，点到直线的距离，求圆的标准方程，属于基础题．20.【答案】（1）证明：∵PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，∴PA⊥BC、AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB……（5分）（2）解：∵PA∥平面BDEPA⊂平面PAC平面PAC∩平面BDE=DE∴PA∥DE，又∵D为AC中点∴E为PC中点且DE=12PA=52，又∵V D-BCE=13S△DCB⋅DE=13×12×4×4×12×52=103，故三棱锥D-BCE的体积为：103……（12分）【解析】（1）证明PA ⊥BC 、AB ⊥BC ，即可证明BC ⊥平面PAB ．（2）求出DE ，通过V D-BCE =，即可求解三棱锥D-BCE 的体积． 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．21.【答案】解：（1）方程x 2+y 2-2x -4y +1+k =0，可化为（x -1）2+（y -2）2=4-k ，∵此方程表示圆，∴4-k ＞0，即k ＜4．…（4分）（2） x +y −3=0x 2+y 2−2x−4y +1+k =0，消去x 得2（y -2）2=4-k ，解得：y =2± 2−k 2， 则k ＜4，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则 y 1+y 2=4y 1⋅y 2=2+k 2，由OM ⊥ON 得y 1y 2+x 1x 2=0， 即y 1y 2+（3-y 1）（3-y 2）=0，∴25-3（y 1+y 2）+y 1y 2=0，得25-3×4+2+k 2=0， 解之得：k =-30，符合题意．…（12分）【解析】（1）由方程x 2+y 2-2x-4y+1+k=0配方为（x-1）2+（y-2）2=4-k ．由于此方程表示圆，可得4-k ＞0，解出即可；（2）设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）．与圆的方程联立可得根与系数关系，再利OM ⊥ON 得y 1y 2+x 1x 2=0，即可解出k ．本题考查了直线与圆相交问题转化为方程联立得到根与系数关系、向量垂直与数量积的关系等基础知识与基本技能方法，属于中档题．22.【答案】解：如图∵在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =4，AB =2 2，点E ，F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ，并且E 为BC 中点．∴EC =2，FD =4，tan ∠EFC =EC EF =2 2= 22，tan ∠EDF =EF FD =2 24= 22． ∴∠CFD =∠EDF ．∴∠CFD +∠EDF =90°．∴FC ⊥ED ，（1）∵使平面ABEF ⊥平面EFDC ．AF ⊥EF ，∴AF ⊥ED又∵ED ⊥AF ，∴ED ⊥面AFC ，∴AC ⊥ED ．（2）设ED ∩FC =O ，过O 作OM ∥AF 交AC 于M ，则CF ⊥平面DEM ．理由：∵ FC ⊥AFFC ⊥ED AF ∥MO，∴FC ⊥平面DEM ． 【解析】由tan ，tan ∠EDF=．可得∠CFD=∠EDF ．∴∠CFD+∠EDF=90°．FC ⊥ED ， （1）可证明ED ⊥面AFC ，即可得AC ⊥ED ．（2）设ED∩FC=O ，过O 作OM ∥AF 交AC 于M ，则CF ⊥平面DEM ．本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．。

宿州市十三所重点中学2018-2019学年度第一学期期末质量检测高二数学（理科）试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题。

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.若、是两个简单命题，“且”的是真命题，则必有( )A. 假假B. 真真C. 真假D. 假真【答案】B【解析】【分析】本道题结合逻辑联结词的意义，即可得解。

【详解】p且q为真命题，得到p,q都为真命题，故选B。

【点睛】本道题考查了真命题判定，属于较容易题。

2.已知，给出命题：“，若，则”，则它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【答案】D【解析】【分析】结合命题与逆否命题真假一致以及命题的逆命题的改写，得到四种命题的真假关系，即可。

【详解】结合题意可知，该命题为真命题，故逆否命题为真命题，写出逆命题得到：，若，则，可知是真命题，故否命题也是真命题，故真命题有3个。

故选D。

【点睛】本道题考查了命题的改写以及四种命题之间的真假关系，难度中等。

3.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本道题将抛物线方程转化为标准方程，计算，即可。

【详解】将转化为，计算，故焦点坐标为，故选A。

【点睛】本道题考查了抛物线方程的性质，抓住焦点坐标为，即可，属于较容易题。

4.“”是“”的（）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：由，但不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件。

选B 考点：充要条件5.过两点的直线的倾斜角为，则（）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】由题意知直线AB的斜率为，所以，解得．选C．6.直三棱柱中，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵直三棱柱ABC−A1B1C1中,，∴=+=+=.故选：D.7.椭圆的焦距是2，则的值是（）A. 9B. 12或4C. 9或7D. 20【答案】C【解析】①当椭圆的焦点在x轴上时，则有，解得；②当椭圆的焦点在y轴上时，则有，解得．综上可得或．选C．点睛：解答本题时注意两点：（1）由于椭圆的焦点位置不确定，因此解题时需要分焦点在x轴上和焦点在y轴上两种情况进行讨论，分别求出m的值；（2）解题时要读懂题意，其中“焦距为2”的意思是，容易常误认为是，这是在解题时常犯的错误，要特别注意．8.下列曲线中离心率为的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得，选B.9.在正方体中，、分别为棱和棱的中点，则异面直线AC与MN所成的角为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C【解析】连接BC1、D1A，D1C，∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点∴MN∥C1B.∵C1B∥D1A，∴MN∥D1A，∴∠D1AC为异面直线AC与MN所成的角.∵△D1AC为等边三角形，∴∠D1AC=60°.故选C.点睛:本题主要考查异面直线所成的角.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.10.若动圆与圆外切，又与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合题意，抓住圆心到的距离减去到的距离为定长1，距离等式，计算轨迹方程，即可。

2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本题共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．若p、q是两个简单命题，“p且q”的是真命题，则必有（）A．p假q假B．p真q真C．p真q假D．p假q真2．已知x，y∈R，给出命题：“x，y∈R，若x2+y2＝0，则x＝y＝0”，则它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个3．抛物线y＝8x2的焦点坐标为（）A．（0，）B．（，0）C．（2，0）D．（0，2）4．“α＝是“”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5．过两点A（4，y），B（2，﹣3）的直线的倾斜角为45°，则y＝（）A．﹣B．C．﹣1D．16．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若＝，＝，＝，则＝（）A．+﹣B．﹣+C．﹣++D．﹣+﹣7．椭圆的焦距是2，则m的值是（）A．9B．12或4C．9或7D．208．下列曲线中离心率为的是（）A．B．C．D．9．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为（）A．30°B．45°C．90°D．60°10．若动圆与圆（x﹣3）2+y2＝1外切，又与直线x+2＝0相切，则动圆圆心的轨迹方程是（）A．y2＝12x B．y2＝﹣12x C．y2＝6x D．y2＝﹣6x11．如图是某个几何体的三视图，小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A．8B．4C．D．12．已知椭圆M：+y2＝1，圆C：x2+y2＝6﹣a2在第一象限有公共点P，设圆C在点P处的切线斜率为k1，椭圆M在点P处的切线斜率为k2，则的取值范围为（）A．（1，6）B．（1，5）C．（3，6）D．（3，5）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．全称命题“∀x∈（0，2π），cos x＞﹣2x”的否定是14．直线与圆x2+y2＝6x相交弦的长度为15．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，，AA1＝4，其外接球体积为16．下列说法：（1）设a，b是正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b”的充要条件；（2）对于实数a，b，c，如果ac＞bc，则a＞b；（3）“m＝”是直线（m+2）x+3my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直的充分不必要条件；（4）等比数列{a n}的公比为q，则“a1＞0且q＞1”是对任意n∈N+，都有a n+1＞a n的充分不必要条件；其中正确的命题有三、解答题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）设命题p：函数f（x）＝lg（x2+ax+1）的定义域为R；命题q：函数f（x）＝x2﹣2ax﹣1在（﹣∞，1]上单调递减．（Ⅰ）命题p为真命题时，求a的值；（Ⅱ）若命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数a的取值范围；18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，PA⊥底面ABCD，E为PB的中点．求证：（Ⅰ）PD∥平面ACE；（Ⅱ）BD⊥PC．19．（12分）已知抛物线的方程是y2＝4x，直线l交抛物线于A，B两点（Ⅰ）若弦AB的中点为（3，3），求弦AB的直线方程；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），若y1y2＝﹣12，求证AB过定点．20．（12分）已知椭圆的右焦点为F（1，0），且通径长为3，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过右焦点F的直线与椭圆C交于M、N两点（N点在x轴上方），且，求直线MN的方程．21．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥CD．将△ABD沿BD折起，折起后点A的位置为点P，得到几何体P﹣BCD，如图2所示，且平面PBD⊥平面BCD，（Ⅰ）证明：PB⊥平面PCD；（Ⅱ）若AD＝2，当PC和平面PBD所成角的正切值为时，试判断线段BD上是否存在点E，使二面角D﹣PC﹣E平面角的余弦值为？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知双曲线C的一个焦点为，且过点．如图，F1，F2为双曲线的左、右焦点，动点P（x0，y0）（y0≥1）在C的右支上，且∠F1PF2的平分线与x轴、y轴分别交于点M（m，0）（﹣＜m＜）、N，设过点F1，N的直线l与C交于D，E两点．（Ⅰ）求C的标准方程；（Ⅱ）求△F2DE的面积最大值．2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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．若p、q是两个简单命题，“p且q”的是真命题，则必有（）A．p假q假B．p真q真C．p真q假D．p假q真【分析】复合命题及其真假，因为此命题为“且”命题，则两命题同时为真．【解答】解：p、q是两个简单命题，“p且q”的是真命题，则p真且q真，故选：B．【点评】本题考查了复合命题及其真假，属简单题．2．已知x，y∈R，给出命题：“x，y∈R，若x2+y2＝0，则x＝y＝0”，则它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个【分析】先写出其命题的逆命题，只要判断原命题和其逆命题的真假即可，根据互为逆否命题的两个命题真假相同，即可判定其否命题、逆否命题的真假．【解答】解：“若x2+y2＝0，则x＝y＝0”，是真命题，其逆命题为：“若x＝y＝0，则x2+y2＝0”是真命题，据互为逆否命题的两个命题真假相同，可知其否命题为真命题、逆否命题是真命题，故真命题的个数为3．故选：D．【点评】本题考查四种命题及真假判断，注意原命题和其逆否命题同真假，属容易题．3．抛物线y＝8x2的焦点坐标为（）A．（0，）B．（，0）C．（2，0）D．（0，2）【分析】化抛物线方程为标准方程，即可求得焦点坐标．【解答】解：抛物线y＝8x2可化为x2＝y，∴抛物线y＝8x2的焦点在y轴上，∵2p＝，∴p＝，∴抛物线y＝8x2的焦点坐标为（0，），故选：A．【点评】本题考查抛物线的性质，化抛物线方程为标准方程是关键．4．“α＝是“”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【分析】根据所给的角和角的正弦值，看两者能不能互相推出，根据特殊角的三角函数，得到前者可以推出后者，而后者不能推出前者，得到结论．【解答】解：当时，则当时，α＝或，k∈Z故⇒反之不能推出所以前者是后者的充分不必要条件故选：A．【点评】本题考查必要条件、充分条件和充要条件的判断，解题的关键是对于三角函数中给值求角和给角求值的问题能够熟练掌握，本题是一个基础题．5．过两点A（4，y），B（2，﹣3）的直线的倾斜角为45°，则y＝（）A．﹣B．C．﹣1D．1【分析】由两点坐标求出直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值列式求得y的值．【解答】解：经过两点A（4，y），B（2，﹣3）的直线的斜率为k＝．又直线的倾斜角为45°，∴＝tan45°＝1，即y＝﹣1．故选：C．【点评】本题考查直线的倾斜角，考查了直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．6．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若＝，＝，＝，则＝（）A．+﹣B．﹣+C．﹣++D．﹣+﹣【分析】将向量分解成+，然后将利用相等向量和向量的三角形法则将与化成用、、表示即可．【解答】解：＝+＝﹣+﹣＝﹣+﹣ 故选：D ．【点评】本题主要考查了空间向量的加减法，解题的关键是利用向量的三角形法则，属于基础题．7．椭圆的焦距是2，则m 的值是（ ）A ．9B ．12或4C ．9或7D ．20【分析】根据题意，分两种情况讨论：①、椭圆的焦点在x 轴上，②、椭圆的焦点在y 轴上，利用椭圆的几何性质可得m ﹣2＝1或2﹣m ＝1，解可得m 的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，椭圆的方程为：椭圆，其焦距是2，即2c ＝2，则c ＝1；但不能确定焦点的位置，分两种情况讨论： ①、当椭圆的焦点在x 轴上时， 有m ＜8，有8﹣m ＝1， 解可得m ＝7；②、当椭圆的焦点在y 轴上时， 有m ＞8，有m ﹣8＝1， 解可得m ＝9；综合可得：m ＝9或m ＝7， 故选：C ．【点评】本题考查椭圆的几何性质，注意分析椭圆的焦点位置．8．下列曲线中离心率为的是（）A．B．C．D．【分析】通过验证法可得双曲线的方程为时，．【解答】解：选项A中a＝，b＝2，c＝＝，e＝排除．选项B中a＝2，c＝，则e＝符合题意选项C中a＝2，c＝，则e＝不符合题意选项D中a＝2，c＝则e＝，不符合题意故选：B．【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质．考查了双曲线方程中利用，a，b和c的关系求离心率问题．9．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为（）A．30°B．45°C．90°D．60°【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC 和MN所成的角．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴M（1，2，0），N（0，2，1），A（2，0，0），C（0，2，0），＝（﹣1，0，1），＝（﹣2，2，0），设异面直线AC和MN所成的角为θ，则cosθ＝＝＝，∴θ＝60°．∴异面直线AC和MN所成的角为60°．故选：D．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是基础题．10．若动圆与圆（x﹣3）2+y2＝1外切，又与直线x+2＝0相切，则动圆圆心的轨迹方程是（）A．y2＝12x B．y2＝﹣12x C．y2＝6x D．y2＝﹣6x【分析】根据题意，设动圆的圆心为M，其半径为r，分析可得M到（3，0）的距离为r+1且M到直线x＝﹣2的距离为r，则M到直线x＝﹣3的距离为r+1，结合抛物线的定义可得M的轨迹为以（3，0）为焦点，x＝﹣3为准线的抛物线，结合抛物线的标准方程分析可得答案．【解答】解：根据题意，设动圆的圆心为M，其半径为r，若动圆与圆（x﹣3）2+y2＝1外切，则M到（3，0）的距离为r+1，又由动圆与直线x+2＝0相切，则M到直线x＝﹣2的距离为r，则M到直线x＝﹣3的距离为r+1，则M到点（3，0）的距离与到直线x＝﹣3的距离相等，则M的轨迹为以（3，0）为焦点，x＝﹣3为准线的抛物线，则该抛物线的方程为y2＝12x，动圆圆心的轨迹为y2＝12x，故选：A．【点评】本题考查轨迹方程的求法，涉及抛物线的定义，属于基础题．11．如图是某个几何体的三视图，小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A．8B．4C．D．【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥，把三棱锥放入棱长为4的正方体中，结合图中数据求出三棱锥的体积．【解答】解：根据三视图知该几何体是三棱锥，把三棱锥放入棱长为4的正方体中，如图所示三棱锥P﹣ABC；则该三棱锥的体积是××4×2×4﹣××4×2×2＝．故选：D．【点评】本题考查了几何体三视图的应用问题，解题的关键是得出几何体的结构特征．12．已知椭圆M：+y2＝1，圆C：x2+y2＝6﹣a2在第一象限有公共点P，设圆C在点P处的切线斜率为k1，椭圆M在点P处的切线斜率为k2，则的取值范围为（）A．（1，6）B．（1，5）C．（3，6）D．（3，5）【分析】由题意可知椭圆的焦点在x轴上，则，求得3＜a2＜5，根据椭圆及圆的切线方程，求得切线的斜率，即可求得＝a2，求得的取值范围．【解答】解：设P（x0，y0），由椭圆M：+y2＝1，圆C：x2+y2＝6﹣a2在第一象限有公共点P，当焦点在x轴时，即a＞1时，则，解得：3＜a2＜5，当焦点在y轴，即0＜a＜1时，显然圆与椭圆无交点，圆x2+y2＝6﹣a2在P点的切线方程为x0x+y0y＝6﹣a2，则切线斜率k1＝﹣，椭圆M：+y2＝1在P点的切线方程为，则切线斜率k2＝﹣，则＝a2，∴的取值范围（3，5），故选：D．【点评】本题考查椭圆及圆的切线方程，考查圆与椭圆的交点问题，考查计算能力，属于难题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．全称命题“∀x∈（0，2π），cos x＞﹣2x”的否定是∃x0∈（0，2π），cos x0≤﹣2x0【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，所以全称命题“∀x∈（0，2π），cos x＞﹣2x”的否定是∃x0∈（0，2π），cos x0≤﹣2x0．故答案为：∃x0∈（0，2π），cos x0≤﹣2x0【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．14．直线与圆x2+y2＝6x相交弦的长度为【分析】根据圆中的勾股定理可求得弦长：弦长|AB|＝2，其中r为半径，d为圆心到直线的距离．【解答】解：圆x2+y2﹣6x＝0的圆心为（3，0），半径r＝3，圆心（3，0）当直线x﹣y﹣4＝0的距离d＝＝，∴所以相交弦长为2＝．故答案为：【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．15．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，，AA1＝4，其外接球体积为【分析】利用余弦定理求出∠BAC的余弦值，进而得出sin∠BAC，然后利用正弦定理求出△ABC的外接圆的直径2r，再用公式计算出三棱柱外接球的半径R，再利用球体公式可计算出外接球的体积．【解答】解：由余弦定理可得，∴，所以，△ABC外接圆的直径为，设该三棱柱的外接球的半径为R，则，∴，因此，其外接球的体积为．故答案为：．【点评】本题考查球体体积计算，本题的关键在于求出球体的半径，属于中等题．16．下列说法：（1）设a，b是正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b”的充要条件；（2）对于实数a，b，c，如果ac＞bc，则a＞b；（3）“m＝”是直线（m+2）x+3my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直的充分不必要条件；（4）等比数列{a n}的公比为q，则“a1＞0且q＞1”是对任意n∈N+，都有a n+1＞a n的充分不必要条件；其中正确的命题有（3）（4）【分析】由对数函数的单调性和充分必要条件的定义，可判断（1）；由c＝0，a，b的大小不确定，可判断（2）；由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，结合充分必要条件的定义，可判断（3）；由数列的单调性和等比数列的通项公式，可判断（4）．【解答】解：（1）设a，b是正实数，“a＞b＞1”可得“log2a＞log2b”，反之，可得a＞b＞0，推不到a＞b＞1，故“a＞b＞1”是“log2a＞log2b”的充分不必要条件，故（1）错误；（2）对于实数a，b，c，如果ac＞bc，c＝0，则a，b的大小不定，故（2）错误；（3）直线（m+2）x+3my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直，可得（m+2）（m﹣2）+3m（m+2）＝0，即有m＝﹣2或m＝，则“m＝”是直线（m+2）x+3my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直的充分不必要条件，故（3）正确；（4）等比数列{a n}的公比为q，“a1＞0且q＞1”可得对任意n∈N+，都有a n+1＞a n，由对任意n∈N+，都有a n+1＞a n，即数列{a n}递增，可能a1＜0且0＜q＜1，“a1＞0且q＞1”是对任意n∈N+，都有a n+1＞a n的充分不必要条件，故（4）正确．故答案为：（3）（4）．【点评】本题考查命题的真假判断，考查充分必要条件的判断，同时考查不等式的性质和两直线垂直的条件，数列的单调性，属于中档题．三、解答题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）设命题p：函数f（x）＝lg（x2+ax+1）的定义域为R；命题q：函数f（x）＝x2﹣2ax﹣1在（﹣∞，1]上单调递减．（Ⅰ）命题p为真命题时，求a的值；（Ⅱ）若命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数a的取值范围；【分析】（Ⅰ）当p为真时：即函数f（x）的定义域为R，即x2+ax+1＞0对∀x∈R恒成立，所以△＝a2﹣4＜0，求解即可，（Ⅱ）由命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p、q一真一假，列不等式组或，运算即可．【解答】解：（Ⅰ）当p为真时：即函数f（x）的定义域为R，即x2+ax+1＞0对∀x∈R恒成立，所以△＝a2﹣4＜0，解得：﹣2＜a＜2；（Ⅱ）当q为真时，由二次函数的单调性得：a≥1，又命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p、q一真一假，或，解得：﹣2＜a＜1或a≥2．【点评】本题考查了二次不等式恒成立问题及复合命题及其真假，属简单题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，PA⊥底面ABCD，E为PB的中点．求证：（Ⅰ）PD∥平面ACE；（Ⅱ）BD⊥PC．【分析】（Ⅰ）推导出OE∥PD，由此能证明PD∥平面ACE．（Ⅱ）推导出BD⊥AC，PA⊥BD，从而BD⊥平面ACE，由此能证明BD⊥AE．【解答】证明：（Ⅰ）∵底面ABCD是菱形，∴O是AC的中点，又∵E是PB的中点，∴OE∥PD，又∵OEQUOTE平面ACE，PD不在平面PCD上，∴PD∥平面ACE；………………（6分）证明：（Ⅱ）∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥PC…………（12分）【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．19．（12分）已知抛物线的方程是y2＝4x，直线l交抛物线于A，B两点（Ⅰ）若弦AB的中点为（3，3），求弦AB的直线方程；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），若y1y2＝﹣12，求证AB过定点．【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1≠x2，y12＝4x1，y22＝4x2，两式相减得y12﹣y22＝4x2﹣4x1，求出直线的斜率，然后求解直线方程．（2）当AB斜率存在时，设AB方程为y＝kx+b代入抛物线方程：利用韦达定理，求出直线方程，利用直线系求解AB过定点．【解答】解：（1）因为抛物线的方程为E，设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1≠x2，y12＝4x1，y22＝4x2，因为弦AB的中点为（3，3），两式相减得y12﹣y22＝4x2﹣4x1，所以，经验证符合题意．所以直线l的方程为y﹣3＝（x﹣3），即y＝x+1；（2）当AB斜率存在时，设AB方程为y＝kx+b代入抛物线方程：ky2﹣4y+4b＝0，，AB方程为y＝kx﹣3k＝k（x﹣3），恒过定点（3，0）．当AB斜率不存在时，y1y2＝﹣12，则x1＝x2＝3，过点（3，0）．综上，AB恒过定点（3，0）．【点评】本题考查直线系方程的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．20．（12分）已知椭圆的右焦点为F（1，0），且通径长为3，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过右焦点F的直线与椭圆C交于M、N两点（N点在x轴上方），且，求直线MN的方程．【分析】（Ⅰ）利用已知条件列出方程组，求出a，b，然后求出椭圆的标准方程．（Ⅱ）直线MN的方程斜率必须存在，设直线MN的方程为x＝my+1，代入椭圆方程得（4+3m2）y2+6my﹣9＝0，求出MN的坐标，然后求解直线MN的方程．【解答】解：（Ⅰ）由题意得，所以，所以椭圆的标准方程是（Ⅱ）由题意得，直线MN的方程斜率必须存在，设直线MN的方程为x＝my+1，代入椭圆方程得（4+3m2）y2+6my﹣9＝0，则，，所以，，故直线MN的方程为………（12分）【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．21．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥CD．将△ABD沿BD折起，折起后点A的位置为点P，得到几何体P﹣BCD，如图2所示，且平面PBD⊥平面BCD，（Ⅰ）证明：PB⊥平面PCD；（Ⅱ）若AD＝2，当PC和平面PBD所成角的正切值为时，试判断线段BD上是否存在点E，使二面角D﹣PC﹣E平面角的余弦值为？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）证明DC⊥平面PBD，推出DC⊥PB，PD⊥PB，得到PB⊥平面PDC．（2）过点D垂直平面BCD为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，设E（t，0，0），，求出平面PCD 的法向量，平面PCE的法向量，利用空间向量的数量积转化求解即可．【解答】解：（1）证明：∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，又BD⊥DC，∴DC⊥平面PBD，………………（2分）∵PB⊂平面PBD，∴DC⊥PB，又∵折叠前后均有PD⊥PB，DC∩PD＝D，∴PB⊥平面PDC．………………（2）由（1）知DC⊥平面PBD，即∠CPD为线面角，………………所以，解得，………………（6分）又∵△ABD∽△DCB，∴，令AB＝a即，解得a＝2，即AB＝2…………（7分）如图所示，以点D 为坐标原点，为x 轴正方向，为y 轴正方向，过点D 垂直平面BCD 为Z 轴正方向，建立空间直角坐标系，所以D （0，0，0），，，设E （t ，0，0），则，，，……（8分）设平面PCD 的法向量为＝（x 1，y 1，z 1），则，即，解得＝（1，0，﹣1）………（9分）设平面PCE 的法向量为＝（x 2，y 2，z 2），则，即，解得＝………（10分）∴整理得，解得，（不合题意，舍去） ………（11分）即E 为BD 的四等分点，且．………（12分）【点评】本题以图形折叠为背景，考查空间线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的性质、空间中的线面角、二面角的平面角等知识，考查学生空间想象能力、运算求解能力，考查数学运算、直观想象和数学建模素养．22．（12分）已知双曲线C 的一个焦点为，且过点．如图，F 1，F 2为双曲线的左、右焦点，动点P （x 0，y 0）（y 0≥1）在C 的右支上，且∠F 1PF 2的平分线与x 轴、y 轴分别交于点M （m ，0）（﹣＜m＜）、N ，设过点F 1，N 的直线l 与C 交于D ，E 两点．（Ⅰ）求C 的标准方程； （Ⅱ）求△F 2DE 的面积最大值．【分析】（Ⅰ）求得双曲线的左右焦点，由双曲线的定义可得2a ，由a ，b ，c 的关系可得b ，即可求得双曲线的方程；（Ⅱ）根据双曲线的方程，求得焦点坐标，分别求得PF 1，PF 1方程，根据角平分线的性质，即可求得x 0≥2，m＝，将直线方程代入双曲线方程，根据韦达定理及三角形的面积公式，换元及二次函数的性质，即可求得△F 2DE 的面积最大值．【解答】解：（Ⅰ）知双曲线的左、右焦点分别为，，又∵双曲线过点，∴，解得a ＝2，b ＝＝1，则双曲线C 的标准方程为；（Ⅱ）由F 1、F 2 为 C 的左右焦点，F 1（﹣，0），F 2（，0），直线PF 1方程为y ＝（x +），直线PF 2方程为y ＝（x ﹣），即直线PF 1方程为y 0x ﹣（x 0+）y +y 0＝0，直线PF 2方程为y 0x ﹣（x 0﹣）y ﹣y 0＝0，由点M （m ，0）在∠F 1PF 2的平分线上，得＝，由﹣＜m ＜，y 0＞1，以及y 02＝x 02﹣1，解得x 0≥2，∴y 02+（x 0+）2＝x 02+2x 0+4＝（x 0+2）2，∴＝，解得m ＝，即M （，0），直线PM 的方程为：y ﹣（x ﹣），令x ＝0，得y ＝﹣＝﹣，故点N （0，﹣），k ＝＝﹣，由，消去x 得（5y 02﹣4）y 2+10y 0y +1＝0，△＝100y02﹣4（5y02﹣4）＝80y02+16＞0，设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1+y2＝﹣，y1y2＝，|y1﹣y2|＝＝，由y0≥1，y1+y2＝﹣，y1y2＝＞0，∴y1＜0，y2＜0，△F2DE的面积S＝S﹣S＝|F1F2|×|y1﹣y2|＝×2×，设5y02﹣4＝5，t≥1，则△F2DE的面积S＝4•＝4×＝4×，∴t＝1时，即P为（2，1）时，△F2DE的面积最大值为4．【点评】本题以直线与双曲线的位置关系为背景，考查抛物线的标准方程、双曲线的标准方程、直线与双曲线的位置关系、韦达定理、弦长公式及二次函数的性质等知识，考查转化化归思想和运算求解能力，考查数学运算、数学抽象和数学建模素养．。