四川省泸县第五中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题 理

四川省泸县第五中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题理第I卷(选择题共60分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1．若直线过点(1,2)，(2,23)，则此直线的倾斜角是A．30°B．45C．60D．902．抛物线22yx的焦点到准线的距离是A.2B.1C.12D.143．双曲线22324xy的渐近线方程为A.2yxB.2yxC.22yxD.12yx4．空间直角坐标系中，点(10,4,2)A关于点(0,3,5)M的对称点的坐标是A.(－10,2,8)B.(－10,2,－8)C.(5,2,－8)D.(－10,3,－8)5．设a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是A.若//,//,aba则//bB.若,//,a则aC.若,,a则//aD.若,,,abab则6．已知圆221:2410Cxyxy，圆222:(3)(1)1Cxy，则这两圆的位置关系是A.相交B.相离C.外切D.内含7．直线：与圆交于两点，，则实数的值为A．B．C．D．8．抛物线有如下光学性质：由焦点的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线24yx的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点3,1M射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则直线AB的斜率为A.43B.43C.43D.1699．由直线2yx=+上的点向圆22(4)(2)1xy引切线，则切线长的最小值为A.42B.31C.33D.42110．已知动点(,)Pxy满足225(1)(2)341xyxy，则点P的轨迹为A.直线B.抛物线C.双曲线D.椭圆11．已知直三棱柱111CC中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为A．32B．155C．105D．3312．设12,FF为椭圆22122:1(0)xyCabab与双曲线2C的公共的左右焦点，它们在第一象限内交于点12,MMFF是以线段1MF为底边的等腰三角形，若双曲线2C的离心率3[,4]2e，则椭圆1C的离心率取值范围是A.45[,]99B.3[0,]8C.34[,]89D.5[,1]9第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13．已知直线1:310laxy，222()30lxaay：，且12ll已知则a.14．已知抛物线22(0)ypxp的焦点F与双曲线2213xy的右焦点重合，若A为抛物线上一点，且||3AF，则直线AF的斜率等于__________．15．若直线1ykx和圆22:1Oxy相交于,AB两点（其中O为坐标原点），且60AOB，则实数k的值为__________．16．过球O表面上一点A引三条长度相等的弦AB，AC，AD，且AB，AC，AD两两夹角都为60°，若2BD，则该球的体积为______．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．（本大题满分10分）已知直线1:250lxy，2:20lxy.（1）求直线1l和直线2l交点P的坐标；（2）若直线l经过点P且在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l的一般式方程．18．（本大题满分12分）已知抛物线与直线相交于A、B两点.（1）求证：；（2）当的面积等于时，求k的值.19．（本大题满分12分）已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）点为圆上任意一点，求21xy的最值.20．（本大题满分12分）如图1，在直角梯形ABCD中，90ADC，//CDAB，4,2ABADCD，M为线段AB的中点.将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示.（1）求证:BC平面ACD；（2）求二面角ACDM的余弦值.21．（本大题满分12分）已知12,FF是椭圆22221(0)xyabab的左右焦点，O为原点，P5(2,)5在椭圆上，线段1PF与y轴的交点N满足11()2ONOPOF.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点2F作直线l交椭圆于,AB两点，交y轴于M点，若1222,MAAFMBBF，求12.22．（本大题满分12分）已知点A(0，－2)，椭圆E：22221xyab(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.2019-2020学年度秋四川省泸县第五中学高二期中考试理科数学试题参考答案1．C2．D3．A4．B5．D6．B7．B8．A9．B10．B11．C12．C13．0或1314．2215．3316．3217．（1）联立2xy50x2y0，解得x=2，y=1．∴直线l1和直线l2交点P的坐标为（2，1）．（2）直线经过原点时，可得直线l的方程为：y=12x，即x-2y=0．直线不经过原点时，可设直线l的方程为：x-y=a，把点P的坐标代入可得：2-1=a，即a=1，可得方程为：x-y=1．综上可得直线l的方程为：x-2y=0或x-y-1=0．18．（1）证明：联立，消去x，得ky2＋y－k＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝－，y1·y2＝－1．因为y12＝－x1，y22＝－x2，所以（y1·y2）2＝x1·x2，所以x1·x2＝1，所以x1x2＋y1y2＝0，即＝0，所以OA⊥OB．（2）设直线l与x轴的交点为N，则N的坐标为（－1,0），所以S△AOB＝|ON|·|y1－y2|＝×|ON|×＝×1×＝，解得k2＝，所以k＝±．19．（1）由，得中点为，，所以的垂直平分线为联立，得，则，圆的半径为，所以圆的方程为（2）可以看成是点与连线的斜率直线的方程为，即当直线为圆的切线时，有，解得所以的最大值为，最小值为020．解法一：（Ⅰ）在图1中,可得22ACBC,从而222ACBCAB,故ACBC……………………………………………-3分∵面ADE面ABC,面ADE面ABCAC,BC面ABC,从而BC平面ACD……………………………………………6分（Ⅱ）取AC的中点O，CD的中点N,连结OM,ON∵M是AB的中点OM是ABC的中位线,ON是ACD的中位线,∴OMBC,ONAD又（Ⅰ）可知BC平面ACD∴OM平面ACD∵CD平面ACD∴OMCD又ADCD∴ONCD连结MN,∵OMONO∴CD平面OMN又MN平面OMN，∴CDMN∴ONM是二面角ACDM的平面角……………………………………………9分在RtOMN中，122OMAB,112ONAD,∴3MN∴13cos.33ONONMMN∴二面角ACDM的余弦值为33.……………………………………………12分解法二:（Ⅰ）在图1中,可得22ACBC,从而222ACBCAB,故ACBC……………………………………………2分取AC中点O连结DO,则DOAC,又面ADE面ABC,面ADE面ABCAC,DO面ACD,从而OD平面ABC,…………………………4分∴ODBC又ACBC,ACODO,∴BC平面ACD……………………………………………6分（Ⅱ）建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,则(0,2,0)M,(2,0,0)C,(0,0,2)D(2,2,0)CM,(2,0,2)CD……8分设(0,2,0)M为面CDM的法向量,则110{0nCMnCD即220{220xyxz,解得{yxzx令CDM,可得1(,,)nxyz……………………………10分又1(,,)nxyz为面ACD的一个法向量∴12121213cos,33nnnnnn∴二面角ACDM的余弦值为33.…………………12分21：（1）因为112ONOPOF知,N为1PF中点，而O又为12FF中点，所以ON为12FFP的中位线，又由于12ONFF，所以212PFFF，由P坐标可知22,0F，所以122,0,2,0FF，RT12FFP中，由勾股定理得2955PF，又因为155PF，所以122255aPFPFa，易得椭圆：2215xy（2）设11223,,,,0,AxyBxyMy设l：2ykx，与2215xy联立得222251202050kxkxk2212122220205,5151kkxxxxkk11211311111,2,2xMAAFxyyxyx同理222222xMBBFx2222121212221212222020522225151102420205245151kkxxxxkkxxxxkkkk点睛:平面几何知识的运用大大简化了本题的运算，故求解解析几何题时需充分挖掘题目的几何关系.22．解：（1）设,0Fc，因为直线AF的斜率为233，0,2A所以2233c，3c.又2223,2cbaca解得2,1ab，所以椭圆E的方程为2214xy.（2）解：设1122,,,PxyQxy由题意可设直线l的方程为：2ykx，联立221{42,xyykx，消去y得221416120kxkx，当216430k，所以234k，即32k或32k时1212221612,1414kxxxxkk.所以22121214PQkxxxx2222164811414kkkk222414314kkk点O到直线l的距离221dk；所以221443214OPQkSdPQk，设2430kt，则2243kt，244414424OPQtSttt，当且仅当2t，即2432k，解得72k时取等号，满足234k所以OPQ的面积最大时直线l的方程为：722yx或722yx.