1、北京市西城区2017 2018学年度第一学期期末试卷高二数学（理科）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，只有一项是符合要求的.1. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】直线可化为：.斜率为-1，所以倾斜角为.故选D.2. 命题“对任意，都有”的否定是（）A. 存在,使得 B. 对任意,都有C. 存在,使得 D. 对任意,都有【答案】C【解析】根据命题的否定的写法，只否结论，不改变条件，且转化其中的量词，将任意改为存在。即存在,使得.故答案为：C。3. 双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A
2、【解析】根据双曲线的方程得到焦点为，渐近线为：，根据点到直线的距离得到焦点到渐近线的距离为 故答案为：A。4. 设是两个不同的平面，是三条不同的直线，（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】A.垂直于同一条直线的两条直线，可能是互相垂直的，比如墙角模型。故不正确。B.平行于同一个平面的两条直线可以是平行的，垂直的，共面异面都有可能。故不正确。C.直线b有可能在平面内。故不正确。D.垂直于同一条直线的两个平面是平行的。正确。故答案为：D。5. “” 是“方程表示的曲线为椭圆”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
3、要条件【答案】A【解析】易知“”时，方程表示的曲线为椭圆成立，充分性成立但当方程表示的曲线为椭圆时，或，必要性不成立.所以“” 是“方程表示的曲线为椭圆”的充分不必要条件.故选A.6. 设是两个不同的平面，是一条直线，若，则（ ）A.与平行 B.与相交C.与异面 D. 以上三个答案均有可能【答案】A【解析】过l作平面与、相交，交线分别为a，b，利用线面平行的性质，可得la，lb，ab，a，b，a，a，=m，lm.故选A.7. 设为坐标原点，是以为焦点的抛物线 上任意一点，是线段的中点，则直线的斜率的最大值为（ ）A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】设，是线段的中点，所以.直线的斜率
4、为：.显然时的斜率较大，此时，当且仅当，时，斜率最大为1.故选B.8. 设为空间中的一个平面，记正方体的八个顶点中到的距离为的点的个数为，的所有可能取值构成的集合为，则有（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】当为面时，A,C,到面的距离相等，即，排除C;取E,F,G,H为，的中点，记为时，点，六个点到面的距离相等，即，排除A,B.故选D.点睛：两点到面的距离相等分为两种情况：（1）两点连线与平面平行；（2）两点连线的中点在面上.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.9. 命题“若，则”的逆否命题为_.【答案】若，则【解析】逆否命题即调换结
5、论和条件的位置，并且将两者都否定。根据这个原则得到题干的逆否命题为若，则.故答案为：若，则。10. 经过点且与直线垂直的直线方程为_.【答案】【解析】和直线垂直则直线的斜率为，代入已知点得到直线为 故答案为：。11. 在中，. 以所在的直线为轴将旋转一周，则旋转所得圆锥的侧面积为_.【答案】【解析】这个三角形是以角B为直角的三角形，BC为较长的直角边，以所在的直线为轴将旋转一周，得到一个高为5的圆锥，底面是半径为3的园面。故体积为.故答案为：。12. 若双曲线的一个焦点在直线上，一条渐近线与平行，且双曲线的焦点在轴上，则的标准方程为_；离心率为_.【答案】 (1). (2). 【解析】双曲线的
6、一条渐近线与平行。故渐近线为，双曲线方程为：。双曲线的焦点在x轴上, 一个焦点在直线上,可求得一个焦点为，故得到双曲线方程为。离心率为。故答案为：，。13. 一个四棱锥的三视图如图所示，那么在这个四棱锥的四个侧面三角形中，有_个直角三角形. 【答案】4【解析】由三视图可知几何体如图所示：四棱锥即为所求.由长方体的性质已知，为直角三角形，所以,所以，所以,.所以，所以也为直角三角形，那么在这个四棱锥的四个侧面三角形中，有4个直角三角形.答案为：4. 14. 在平面直角坐标系中，曲线是由到两个定点和点的距离之积等于的所有点组成的. 对于曲线，有下列四个结论： 曲线是轴对称图形； 曲线是中心对称图形
7、； 曲线上所有的点都在单位圆内； 曲线上所有的点的纵坐标. 其中，所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】设满足，则整理得：.点关于x轴得对称点为满足方程，所以曲线是关于x轴对称的轴对称图形，点关于原点得对称点为，曲线是中心对称图形，由，令，得，所以，不在单位圆内；已知点满足方程，不满足，.综上：正确结论的序号是.答案为; .三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （）求证：平面；（） 求证：平面.【答案】()见解析 ()见解析【解析】试题分析：（1）先由图形特点得到，由线面垂直的判定定理得到结论；（2）构造三角形的
8、中位线，得到线线平行，进而得到线面平行。.解析：()因为正三棱柱，为的中点，所以，底面.又因为底面，所以. 又因为，平面，平面，所以平面. ()连接，设，连接， 由正三棱柱，得，又因为在中，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 16. 已知圆，其中. （）如果圆与圆相外切，求的值；（）如果直线与圆相交所得的弦长为，求的值.【答案】（）（）. 【解析】试题分析：（1）根据两圆相切满足的条件：圆心距等于两半径的和，得到，解出方程即可；（2）根据垂径定理，和三角形勾股定理得到，解得最终结果。解析：（）将圆的方程配方，得， 所以圆的圆心为，半径. 因为圆与圆相外切， 所以两圆的圆心距等于其半径和，即，
9、 解得. （）圆的圆心到直线的距离. 因为直线与圆相交所得的弦长为， 所以由垂径定理，可得， 解得. 17. 如图，在四棱柱中，平面， ， 为的中点.（）求四棱锥的体积；（）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度；（）判断线段上是否存在一点，使得？（结论不要求证明）【答案】（）1（）（）见解析【解析】试题分析：（）易证得平面，利用求解即可；（）易得对于线段上任意一点，直线与直线都不平行.试题解析：（）因为平面，平面， 所以. 又因为， 所以平面. 因为，所以四棱锥的体积. （）由平面，可得，两两垂直，所以分别以，所在直线为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，则，. 所以，.设
10、平面的一个法向量为， 由，得令，得. 设，其中， 则， 记直线与平面所成角为，则， 解得（舍），或. 所以，故线段的长度为. （）对于线段上任意一点，直线与直线都不平行.18. 设为抛物线的焦点，是抛物线上的两个动点，为坐标原点.（）若直线经过焦点，且斜率为2，求； （）当时，证明：求的最小值.【答案】（）（）. 【解析】试题分析：（）直线的方程与抛物线联立得，设点，结合韦达定理求解即可；（）设，由，得，进而得，直接带入求解即可.试题解析：（）由题意，得，则直线的方程为. 由 消去，得. 设点，则，且， 所以. （）因为是抛物线上的两点，所以设，由，得， 所以，即.则点的坐标为. 所以， 当且
11、仅当时，等号成立.所以的最小值为. 19. 如图，在四面体中，平面，为的中点.（）求证: ；（）求二面角的余弦值.（）求四面体的外接球的表面积.（注：如果一个多面体的顶点都在球面上，那么常把该球称为多面体的外接球. 球的表面积）【答案】（）见解析（）（）. 【解析】试题分析：（）易证平面，进而得；（）以，所在直线为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，利用法向量求二面角即可；（）取的中点为，由线段长相等即可证得为四面体的外接球的球心，进而可求球的表面积.试题解析：（）因为平面，平面，所以. 又因为， 所以平面. 又因为平面，所以. （）如图，设的中
12、点为，的中点为，连接，因为平面，所以平面，由，且，可得，两两垂直，所以分别以，所在直线为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，则，. 所以，.设平面的一个法向量为， 由，得令，得. 设平面的一个法向量为， 由，得令，得. 所以.由图可知，二面角的余弦值为. （）根据（），记的中点为，由题意，为直角三角形，斜边，所以. 由（），得平面，所以.在直角中，为斜边的中点， 所以.所以为四面体的外接球的球心，故四面体的外接球的表面积. .点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的
13、性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.20. 已知椭圆的一个焦点为，离心率为. 点为圆上任意一点，为坐标原点.（）求椭圆的标准方程； （）记线段与椭圆交点为，求的取值范围；（）设直线经过点且与椭圆相切
14、，与圆相交于另一点，点关于原点的对称点为，试判断直线与椭圆的位置关系，并证明你的结论.【答案】（）（）见解析 【解析】试题分析：（）由焦点及离心率求解方程组即可；（）由，设，利用进行求解即可；（）先讨论PA直线斜率不存在和为0时的特殊情况，得相切的结论，再计算一般情况，设点，直线的斜率为，则，直线：，进而得直线与椭圆联立，通过计算判别式即可证得.试题解析：（）由题意，知， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （）由题意，得. 设，则.所以， 因为，所以当时，；当时，. 所以. （）结论：直线与椭圆相切. 证明：由题意，点在圆上，且线段为圆的直径，所以.当直线轴时，易得直线的方程为， 由题意，得直线的方程为，显然直线与椭圆相切. 同理当直线轴时，直线也与椭圆相切. 当直线与轴既不平行也不垂直时，设点，直线的斜率为，则，直线的斜率，所以直线：，直线：，由 消去，得. 因为直线与椭圆相切，所以，整理，得. （1）同理，由直线与椭圆的方程联立，得. （2）因为点为圆上任意一点，所以，即.代入（1）式，得，代入（2）式，得.所以此时直线与椭圆相切. 综上，直线与椭圆相切.
