1、21届河北省高二年级11月份期中考试数学考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：人教A版选修2-1.第I卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知命题，则p的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】由全称命题与存在性命题的关系，可得命题，的否定是，.故选：A.2. 已知向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解
2、析】【分析】由向量平行关系可求得的值，进而求得结果.【详解】，.故选：A.3. 若直线经过抛物线的焦点，则（ ）A. 6B. 12C. -6D. -12【答案】D【解析】【分析】直线与轴交点即为抛物线的焦点.【详解】因为直线与轴的交点为，所以，即.故选: D【点睛】此题考查抛物线的标准方程，属于基础题.4. 在四面体ABCD中，E是棱BC的中点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的加法法则和数乘的定义判断【详解】因为，所以，则.故选：C5. 若双曲线（，）与双曲线有相同的渐近线，且经过点，则的实轴长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根
3、据共渐近线的双曲线系方程可设，代入可求得双曲线方程，根据双曲线方程可求得实轴长.【详解】双曲线与有相同的渐近线，可设双曲线的方程为，将代入可得：，双曲线的方程为，的实轴长为.故选：B.【点睛】结论点睛：与双曲线共渐近线的双曲线系方程为：.6. 在正方体中，M，N分别为棱BC，的中点，则异面直线MN与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出即可得结果.【详解】设，以为坐标原点，为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.则，故异面直线MN与所成角的大小为.故选：C.7. 若曲线C的方程是，则C的形状是（ ）A. 抛
4、物线B. 圆C. 双曲线D. 椭圆【答案】A【解析】【分析】由可得，根据几何意义可得点到定点的距离等于到直线的距离，由抛物线的定义可知C的形状是抛物线.【详解】由，可得其中表示点到定点的距离，表示点到直线的距离，所以点到定点的距离等于到直线的距离，且点不在直线上，所以由抛物线定义可知，C的形状是抛物线，故选：A【点睛】关键点点睛：本题的关键点是两边同时除以得，能观察出等号左边是点到定点的距离，等号右边是点到直线的距离，根据抛物线的定义可知动点的轨迹是抛物线，注意判断定点不在定直线上.8. 如图，F为椭圆（，）的左焦点，A，B两点关于C的中心O对称，且A，B在C上，若，则C的离心率的取值范围是（
5、 ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，得到为直角三角形，得出四边形为矩形，根据椭圆的定义和矩形的性质，得到，设，得出，结合离心率的定义，即可求解.【详解】如图所示，因为，两点关于C的中心O对称，所以为直角三角形，所以，设C的右焦点为，根据对称性可知，四边形为矩形，则，设，则，所以，则，因为，所以，所以，又因为，故.故选：A.【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.二、
6、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 在三棱锥P-ABC中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算可判断A、B，计算的值可判断C，利用向量的模长公式可判断选项D，即可得正确答案.【详解】对于选项A：，故选项A正确；对于选项B：，故选项B不正确；对于选项C：，则，所以，故选项C正确；对于选项D：因为，故选项D正确，故选：ACD10. 若抛物线上一点到焦点的距离为m，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据抛物线的定义，
7、可得，结合点在抛物线上，联立方程组，即可得的值，得到答案.【详解】由抛物线，可得其准线方程为，因为点到焦点的距离为m，根据抛物线的定义，可得，又由点是抛物线上的点，可得，联立方程组，解得.故选：AC.11. 已知，则（ ）A. “”是“”的充要条件B. “”是“”的必要不允分条件C. “”是“”的充分不必要条件D. “”是“”的充分不必要条件【答案】BCD【解析】【分析】利用函数的单调性求得的范围得解【详解】设函数，易知此函数为增函数，且，所以.由此可得，“”是“”的必要不充分条件，“”是“”的必要不充分条件，“”是“”的充分不必要条件，“”是“”的充分不必要条件.故选：BCD【点睛】求得是解
8、题关键.12. 已知点，分别为双曲线（，）的左，右焦点，过的直线交双曲线于A，B两点（点A在点B的上方），且，则该双曲线的离心率可能为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】设（），则，然后结合双曲线的定义对A，B的位置进行分类讨论，再由离心率的定义进行计算即可.【详解】由题意可设（），则，当A，B均在双曲线的右支上时，由双曲线的定义可知，所以，所以，所以，所以，在中，由勾股定理可得，所以；当点A在双曲线的左支上时，由双曲线的定义可知，所以，所以，所以，所以，在中，由勾股定理可得，所以；当A，B分别在双曲线的右支左支上时，由，得，则，所以.故选：ACD.【点睛】易错点睛：
9、本题计算离心率的时候很容易出现对点A、B所在位置讨论不全的情况，应当分为三种情况：A，B均在双曲线的右支上、点A在双曲线的左支上时和A，B分别在双曲线的右支左支上三种情况.第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13. 抛物线的准线方程是_.【答案】【解析】【分析】将抛物线方程化成标准式，再求准线即可【详解】由，抛物线焦点在的正半轴，则此抛物线准线为故答案为【点睛】本题考查抛物线准线方程的求法，解题时需将抛物线化成标准式，需明确焦点在哪个轴上，属于基础题14. 在空间直角坐标系O-xyz中，给出以下结论：点关于z轴的对称点的坐标是；点关于平面对称的点的
10、坐标是；若，则其中所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】根据空间直角坐标系中的对称性和空间向量的夹角公式对三个选项判断即可得解.【详解】点关于z轴的对称点的坐标为，故正确；点关于yOz平面对称的点的坐标是，故错误；若，则，则，故正确.故答案为：.15. 已知椭圆的左，右焦点分别为，点，椭圆短轴的一个端点恰为的重心，则椭圆的长轴长为_.【答案】【解析】【分析】由椭圆方程求得半焦距，再由椭圆短轴的一个端点恰为的重心列式求得短半轴长，进而求得椭圆的长轴长.【详解】解：由椭圆方程，可知，即，的坐标分别为，因为点，且（是椭圆短半轴长）是的重心，所以，故椭圆的长轴长.故答案为：.【点睛】本题考查
11、椭圆长轴长的求法，解题关键是求出椭圆半焦距，结合三角形重心的性质求出短半轴长，结合，三者的关系式求出椭圆长轴长，考查运算求解能力，属于基础题.16. 在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为_.【答案】【解析】【分析】首先可证平面PAC，则BD与平面PAC所成角为，所以当D为PC的中点时取得最大值，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为PA，AB，AC两两垂直，所以平面PAC，则BD与平面PAC所成角为，所以，当AD取得最小值时，取得最大值在等腰中，当D为PC的中点
12、时，AD取得最小值，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，则，设平面PBC的法向量为，则，即，令，得.因为，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.故答案为：【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在，这三个条件
13、中任选一个，补充在下面问题中.问题：如图，在正方体中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D-xyz.已知点的坐标为，E为棱上的动点，F为棱上的动点，_，试问是否存在点E，F满足若存在，求的值；若不存在，请说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】选择一个条件，利用空间向量数量积的坐标表示公式、空间向量垂直的性质、空间向量模的坐标表示公式以及空间向量夹角的性质进行求解即可.【详解】解：由题意，正方体棱长为2.则，设，则，所以.选择，因为，所以，即，因，所以，故存在点，满足，且.选择，即，因为，所以，故存在点，满足，且.选择，因为，所以与
14、不共线，所以，即，则，故不存在点E，F满足.18. 已知直线与抛物线交于，两点，且点在上.求的方程；若的斜率为，且过点，求.【答案】；.【解析】【分析】将点代入抛物线的解析式中即可求出的值，进而得出抛物线的方程；把直线的方程与抛物线联立，进而利用弦长公式求得.【详解】解：将代入，得，解得，故的方程为.因为的斜率为，且过点，所以的方程为，即，联立，得，设，两点坐标分别为，则，故.【点睛】本题考查抛物线的方程与性质，直线与抛物线的位置关系，弦长的求法，考查运算求解能力，分析问题能力，属于中档题.19. 如图，在三棱锥D-ABC中，平面ABC，且，.（1）证明：为直角三角形；（2）以A为圆心，在平面
15、DAB中作四分之一个圆，如图所示，E为圆弧上一点，且，求异面直线AE与CD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面，知，结合根据线面垂直的判定定理推出平面，从而有，得证；（2）以为原点，、所在的直线分别为、轴，作平面，建立空间直角坐标系，求出，利用空间向量夹角公式即可得解【详解】（1）平面ABC，BC在平面内，又，在平面内，平面ABD，平面ABD，从而为直角三角形.（2）以为原点，、所在的直线分别为、轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，因为，则，则，从而，故AE与CD所成角的余弦值为.【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根
16、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.20. 已知P是椭圆上的动点.（1）若A是C上一点，且线段PA的中点为，求直线PA的斜率；（2）若Q是圆上的动点，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设A，P两点的坐标分别为，代入椭圆方程，利用点差法即可求得直线PA的斜率；（2）设，圆心，可得的表达式，利用二次函数性质，即可求得的最小值，进而可得答案.【详解】（1）设A，P两点的坐标分别为，因为A，P两点都在C上，所以，两式相减，得，因
17、为，所以.（2）设，则，圆心，则，当时，取得最小值，且最小值为.因为圆D的半径为.所以的最小值为.【点睛】解题的关键是熟练掌握点差法的步骤，点差法常见的结论有，设以为中点的弦所在斜率为k，则（1）椭圆中，；（2）双曲线中，；（3）抛物线中，熟记结论可简化计算，提高正确率，属中档题.21. 如图，在四边形ABCD中，且，点E是线段AB上靠近点A的一个三等分点，以DE为折痕将折起，使点A到达点的位置，且.（1）证明：平面平面BCD；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，OC，结合勾股定理和等边三角形的性质，证得和，利用线面垂直的判定定
18、理，得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面BCD.（2）以的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意，四边形BCDE为菱形，连接CE，取DE的中点O，连接，OC，如图所示，在中，且，可得，则，则，即，即.因为O是DE的中点，所以，因为，所以为等边三角形，所以，且，所以，所以，即.又因为，且，所以平面，又因为平面BCD，所以平面平面BCD.（2）以的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则，设平面的法向量为，则，令，可得，设平面的法向量为，则，令，得.因为.所以平面
19、与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.22. 已知圆，为圆上的动点，点在轴上，且与的横坐标相等，且，点的轨迹记为.（1）求的方程；（2）设，过的直线（斜率不为）与交于两点，试问直线与的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求的取值范围.【答案】（1）；（2）不是定值；.【解析】【分析】（1）设，利用
20、，根据向量的坐标运算可得，代入圆方程可得的方程；（2）设，将方程代入椭圆方程可得韦达定理的形式，利用可得的取值范围，将整理为，根据的范围可求得的取值范围.【详解】（1）设，则，又，由得：，则，点在圆上，即，的方程为.（2）依题意，设，过点的直线斜率必存在，可设直线的方程为，由，消去得：，其中，解得：，.，不是定值，且的取值范围是.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值、取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；化简所得函数式，消元可得定值或利用函数值域的求解方法求得取值范围.