1、唐山一中高二年级2016年12月份考试数学试卷（理）说明：1考试时间120分钟，满分150分。2将卷答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷用蓝黑钢笔或圆珠笔答在试卷上.。3卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡占后位。卷(选择题 共60分)一选择题（共12小题，每小题5分，计60分）1已知向量a=（1，1，0），b=（1，0，2），且ka+b与2a-b互相垂直，则k的值是（ ）A1BCD2设函数（e为自然底数），则使f（x）1成立的一个充分不必要条件是 （ ）A0x1B0x4C0x3D3x43设直线m、n和平面,下列四个命题中，正确的是 （ ） A. 若 B. 若 C. 若 D. 若
2、4若直线2axby20（a，bR+）平分圆x2y22x4y60，则+的最小值是 （ ）A1 B5 C4 D3+25一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 （ ）A B C D 6如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且ACBC2，ACB90，F，G分别是线段AE，BC的中点，则AD与GF所成的角的余弦值为()A. B C. D7已知F1、F2是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P使=0，则| PF1 | PF2 |= （ ）Ab2 B2b2 C2b Db8如图，在平行六面体A1B1C1D1ABCD中，底面是边长为1的正方形，若A1AB=A1AD=60，且A1A=3
3、，则A1C的长为 （ ）A B2 C D9.下列四个结论：若，则恒成立；命题“若”的逆命题为“若”；“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；命题“”的否定是“”.其中正确结论的个数是 ( )A.1个 B.2个 C.3个 D.4个10如图，已知双曲线的左右焦点分别为F1、F2，| F1F2|=4，P是双曲线右支上一点，直线PF2交y轴于点A，APF1的内切圆切边PF1于点Q，若|PQ|=1，则双曲线的渐近线方程为 （ ）Ay=x By=3x Cy=x Dy=x11已知球的直径SC=2，A，B是该球球面上的两点，AB=1，ASC=BSC=30，则棱锥SABC的体积为 （ ）A B C D12如
4、图，在正方体A1B1C1D1ABCD中，E是A1A的中点，P为底面ABCD内一动点，设PD1 、PE与底面ABCD所成的角分别为1，2(1，2均不为0)若1=2，则动点P的轨迹为哪种曲线的一部分. （ ） A直线 B圆 C椭圆 D抛物线卷(非选择题 共90分)二填空题（共4小题，每题5分，计20分）13曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围为_.14已知三棱锥DABC中，AB=BC=1，AD=2，BD=，AC=，BCAD，则三棱锥的外接球的表面积为_.15设F为抛物线y2=4x的焦点，A、B、C为抛物线上不同的三点，点F是ABC的重心，O为坐标原点，OFA、OFB、OFC的面积分别为S1、S
5、2、S3则S12S22S32=_.16如图，正方体A1B1C1D1ABCD，则下列四个命题：P在直线BC1上运动时，三棱锥APCD1的体积不变；P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；P在直线BC1上运动时，二面角PAD1C的大小不变；M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线其中真命题的个数是_个.三解答题（共6小题，17-21题为必做题，22题为普通班和实验班必做，23题为英才班必做）17. （本小题满分10分）命题：直线与圆相交于两点；命题：曲线表示焦点在y轴上的双曲线，若为真命题，求实数k的取值范围18. （本小题满分12分
6、）已知圆 上一定点A（2，0），B（1，1）为圆内一点，P，Q为圆上的动点（1）求线段AP中点的轨迹方程；（2）若PBQ=90，求线段PQ中点的轨迹方程19. （本小题满分12分）已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱 底面，为的中点，为的中点（1）求证：直线平面（2）求到平面的距离.20.如图，在多面体ABCDE中，DB平面ABC，AEDB，且ABC是边长为2的等边三角形，AE=1，CD与平面ABDE所成角的正弦值为（1）若F是线段CD的中点，证明：EF面DBC；（2）求二面角DECB的平面角的余弦值21. （本小题满分12分）已知圆，点，以线段AB为直径的圆内切于圆，记点B的轨迹为.（）求
7、曲线的方程；（）直线AB交圆于C，D两点，当B为CD中点时，求直线AB的方程.22. （普通班和实验班必做，本小题满分12分）已知抛物线,过焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点(A在第一象限).()当时,求直线l的方程;()过点作抛物线C的切线与圆交于不同的两点M,N,设F到的距离为d,求的取值范围23. （英才班必做，本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，直线y=x被椭圆C截得的线段长为（ I）求椭圆C的方程（）直线l是圆O：x2+y2=r2的任意一条切线，l与椭圆C交于A、B两点，若以AB为直径的圆恒过原点，求圆O的方程，并求出|AB|的取值范围
8、一 选择题：DADDD ABABD AB二 填空题 13. 14. 15.3 16.(1)(3)(4)三 解答题17.解：命题p：直线y=kx+3与圆x2+y2=1相交于A，B两点，圆心到直线的距离，（4分）命题q：曲线=1表示焦在y轴上的双曲线，解得k0，（8分）pq为真命题，p，q均为真命题，解得k2（10分）18.解：（1）设AP中点为M（x，y），由中点坐标公式可知，P点坐标为（2x2，2y）P点在圆x2+y2=4上，（2x2）2+（2y）2=4故线段AP中点的轨迹方程为（x1）2+y2=1（2）设PQ的中点为N（x，y），在RtPBQ中，|PN|=|BN|，设O为坐标原点，则ONPQ
9、，所以|OP|2=|ON|2+|PN|2=|ON|2+|BN|2，所以x2+y2+（x1）2+（y1）2=4故线段PQ中点的轨迹方程为x2+y2xy1=019. 20.解：（1）证明：取AB的中点O，连结OC，ODDB平面ABC，DB面ABD，根据直线和平面垂直的判定定理得，面ABD平面ABC取AB的中点O，连结OC，ODABC是等边三角形，OCAB，根据平面和平面垂直的性质定理得则OC面ABD，OD是CD在平面ABDE上的射影，CDO即是CD与平面ABDE所成角sinCDO=，而OC=，CD=2，BD=2取ED的中点为M，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OM为z轴建立如图空间直角坐标系，
10、则A（0，1，0），取BC的中点为G，则G（，0），则AG面BCD，因为，所以，所以EF面DBC（2）解：由上面知：BF面DEC，又，取平面DEC的一个法向量设平面BCE的一个法向量，则又，所以，令x=1，则y=，z=2由此得平面BCE的一个法向量则，所以二面角DECB的平面角的余弦值为21.其中，a2，b1，则曲线的方程为5分或12分22.解:(1),.设,则,故,.因此直线l的方程为.(2)因为,因此,故切线的方程为,化简得,则圆心到的距离为,且,故.则,则点F到的距离,则,令,.则,故.23.解：（）椭圆方程+=1（ab0），a2=b2+c2，a2=2c2，a2=2b2，设直线与椭圆交于
11、P，Q两点不妨设P点为直线和椭圆在第一象限的交点，又弦长为，又a2=2b2，解得a2=8，b2=4，椭圆方程为（）（i）当切线l的斜率不存在时，设x=r（或x=r），代入椭圆方程得：y=A（r，），B（r，），以AB为直径的圆恒过原点，r2=0，r2=，圆O的方程为x2+y2=，此时|AB|=2=（同理当x=r时，上述结论仍然成立），（ii）当切线l的斜率存在时，设l方程为：y=kx+m，l与圆O相切=r，即m2=（1+k2）r2，将直线方程代入椭圆方程并整理得：（1+2k2）x2+4kmx+2m28=0，=8k2+4m20，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2是方程的两个解，由
12、韦达定理得：x1+x2=，x1x2=，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，以AB为直径的圆恒过原点，x1x2+y1y2=0，+=0，3m288k2=0，3m2=8（1+k2），又m2=（1+k2）r2，3（1+k2）r2=8（1+k2），r2=，此时m2=（1+k2），代入式后成立，圆O的方程为x2+y2=，此时|AB|=，=，=，=，=，=，=；（i）若k=0，则|AB|=，（ii）若k0，则|AB|=（，2，综上，圆O的方程为x2+y2=，|AB|的取值范围是，2四 选择题：DADDD ABABD AB五 填空题 13. 14. 15.3 16
13、.(1)(3)(4)六 解答题17.解：命题p：直线y=kx+3与圆x2+y2=1相交于A，B两点，圆心到直线的距离，（4分）命题q：曲线=1表示焦在y轴上的双曲线，解得k0，（8分）pq为真命题，p，q均为真命题，解得k2（10分）18.解：（1）设AP中点为M（x，y），由中点坐标公式可知，P点坐标为（2x2，2y）P点在圆x2+y2=4上，（2x2）2+（2y）2=4故线段AP中点的轨迹方程为（x1）2+y2=1（2）设PQ的中点为N（x，y），在RtPBQ中，|PN|=|BN|，设O为坐标原点，则ONPQ，所以|OP|2=|ON|2+|PN|2=|ON|2+|BN|2，所以x2+y2+
14、（x1）2+（y1）2=4故线段PQ中点的轨迹方程为x2+y2xy1=019. 20.解：（1）证明：取AB的中点O，连结OC，ODDB平面ABC，DB面ABD，根据直线和平面垂直的判定定理得，面ABD平面ABC取AB的中点O，连结OC，ODABC是等边三角形，OCAB，根据平面和平面垂直的性质定理得则OC面ABD，OD是CD在平面ABDE上的射影，CDO即是CD与平面ABDE所成角sinCDO=，而OC=，CD=2，BD=2取ED的中点为M，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OM为z轴建立如图空间直角坐标系，则A（0，1，0），取BC的中点为G，则G（，0），则AG面BCD，因为，所以，所
15、以EF面DBC（2）解：由上面知：BF面DEC，又，取平面DEC的一个法向量设平面BCE的一个法向量，则又，所以，令x=1，则y=，z=2由此得平面BCE的一个法向量则，所以二面角DECB的平面角的余弦值为21.其中，a2，b1，则曲线的方程为5分或12分22.解:(1),.设,则,故,.因此直线l的方程为.(2)因为,因此,故切线的方程为,化简得,则圆心到的距离为,且,故.则,则点F到的距离,则,令,.则,故.23.解：（）椭圆方程+=1（ab0），a2=b2+c2，a2=2c2，a2=2b2，设直线与椭圆交于P，Q两点不妨设P点为直线和椭圆在第一象限的交点，又弦长为，又a2=2b2，解得a
16、2=8，b2=4，椭圆方程为（）（i）当切线l的斜率不存在时，设x=r（或x=r），代入椭圆方程得：y=A（r，），B（r，），以AB为直径的圆恒过原点，r2=0，r2=，圆O的方程为x2+y2=，此时|AB|=2=（同理当x=r时，上述结论仍然成立），（ii）当切线l的斜率存在时，设l方程为：y=kx+m，l与圆O相切=r，即m2=（1+k2）r2，将直线方程代入椭圆方程并整理得：（1+2k2）x2+4kmx+2m28=0，=8k2+4m20，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2是方程的两个解，由韦达定理得：x1+x2=，x1x2=，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，以AB为直径的圆恒过原点，x1x2+y1y2=0，+=0，3m288k2=0，3m2=8（1+k2），又m2=（1+k2）r2，3（1+k2）r2=8（1+k2），r2=，此时m2=（1+k2），代入式后成立，圆O的方程为x2+y2=，此时|AB|=，=，=，=，=，=，=；（i）若k=0，则|AB|=，（ii）若k0，则|AB|=（，2，综上，圆O的方程为x2+y2=，|AB|的取值范围是，2
