河南省淮阳县陈州高级中学2018-2019学年高二数学下学期第一次月考（2月）试题 理（PDF）

高二理数试题第1页共4页高二理数试题第2页共4页陈州高中2018-2019（下）第一次月考高二理数试题一、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.1．已知a＝(－3，2，5)，b＝(1，5，－1)，则a·(a＋3b)＝A．(0，34，10)B．(－3，19，7)C．44D.232．经过点P(4，－2)的抛物线的标准方程为A．y2＝x或x2＝－8yB．y2＝x或y2＝8xC．y2＝－8xD．x2＝－8y3．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB→＋BC→＋CC1→－D1C1→等于A.AD1→B..AC1→C.AD→D.AB→4．已知P(8，a)在抛物线y2＝4px(p0)上，且P到焦点的距离为10，则焦点到准线的距离为A．2B．4C．8D．165.如图所示，在几何体A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝1，CD＝2，点E为CD中点，则AE的长为A.2B.3C．2D.56．已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为A．34B．1C．54D．747.如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角是A．90°B．60°C．45°D.30°8．过抛物线y2＝2px(p0)的焦点作一条直线交抛物线于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2x1x2为A．4B．－4C．p2D．－p29．有一个正三角形的两个顶点在抛物线y2＝2px(p0)上，另一个顶点在原点，则该三角形的边长是A．23pB．43pC．63pD．83p10．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1­DC­C1的大小为60°，则AD的长为A.2B.3C．2D.2211.与直线2x－y＋4＝0平行的抛物线y＝x2的切线方程为A．2x－y＋3＝0B．2x－y－3＝0C．2x－y＋1＝0D．2x－y－1＝012．如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线AB交抛物线于点A，B，交抛物线的准线于点C，若，则A．4B．5C．6D．7二、填空题：（本小题共4小题，每小题5分，共20分).13.已知双曲线x2m－y2＝1的右焦点恰好是抛物线y2＝8x的焦点，则m＝________．14.已知直线l1的方向向量为a＝(2，4，x)，直线l2的方向向量为b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值是_______________15.直角三角形ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝95，则点P到斜边AB的距离是________．16．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，过抛物线C上的点A作准线l的垂线，垂足为M，若△AMF与△AOF(其中O为坐标原点)的面积之比为3∶1，则点A的坐标为________．高二理数试题第3页共4页高二理数试题第4页共4页三、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)根据下列条件求抛物线的标准方程．(1)抛物线的焦点是双曲线16x2－9y2＝144的左顶点；(2)抛物线的焦点F在x轴上，直线y＝－3与抛物线交于点A，|AF|＝5．18．（12分）如图，已知点P在正方体ABCD­A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求异面直线DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．19.（12分）已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A，B两点．(1)求证：OA⊥OB；(2)当△AOB的面积等于10时，求k的值．20.（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且90BAPCDP∠=∠=
．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD∠=
，求二面角A−PB−C的余弦值．21.（12分）已知抛物线C：y2＝4x，F是抛物线C的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点．(1)如果l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；(2)若|FA|＝2|BF|，求直线l的方程．22．（12分）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF︵的中点．(1)设P是CE︵上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．11陈州高中2018-2019（下）第一次月考理数答案一选择题：1-5CAABB6-10CBBBA11-12DB二．填空题：13.314.1或-315.316.(2，±22)三．解答题：17.解：(1)由双曲线方程得x29－y216＝1，其左顶点为(－3，0)．因此抛物线的焦点为(－3，0)．设其标准方程为y2＝－2px(p0)，则p2＝3．所以p＝6．因此抛物线的标准方程为y2＝－12x．(2)当抛物线开口向右时，设抛物线的标准方程为y2＝2px(p0)，A(x0，－3)，依题意得9＝2px0，x0＋p2＝5.解得p＝1，或p＝9．当抛物线开口向左时，设抛物线的标准方程为y2＝－2px(p0)，A(x0，－3)，依题意得9＝－2px0，p2－x0＝5.解得p＝1或p＝9．综上所述，所求抛物线的标准方程为y2＝±2x或y2＝±18x．18.解：如图，以D为坐标原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz.则DA→＝(1，0，0)，CC′→＝(0，0，1)．连接BD，B′D′，在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于点H.设DH→＝(m，m，1)(m0)，由〈DH→，DA→〉＝60°及DH→·DA→＝|DH→||DA→|cos〈DH→，DA→〉，可得2m＝2m2＋1，解得m＝22，所以DH→＝22，22，1.(1)因为cos〈DH→，CC′→〉＝11×2＝22，所以〈DH→，CC′→〉＝45°，即异面直线DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC→＝(0，1，0)．因为cos〈DH→，DC→〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH→，DC→〉＝60°，即DP与平面AA′D′D所成的角为30°.2219.(1)证明：如图，由方程组y2＝－x，y＝k（x＋1），消去x并整理，得ky2＋y－k＝0．设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知y1＋y2＝－1k，y1·y2＝－1．因为kOA·kOB＝y1x1·y2x2＝y1－y21·y2－y22＝1y1y2＝－1，所以OA⊥OB．(2)设直线与x轴交于点N，显然k≠0．令y＝0，则x＝－1，即点N(－1，0)．所以S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝12|ON||y1|＋12|ON||y2|＝12|ON||y1－y2|＝12×1×（y1＋y2）2－4y1y2＝12－1k2＋4＝10，所以k＝±16（2）在平面PAD内作PFAD⊥，垂足为F，由（1）可知，AB⊥平面PAD，故ABPF⊥，可得PF⊥平面ABCD．以F为坐标原点，FA


的方向为x轴正方向，||AB


为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz−．由（1）及已知可得2(,0,0)2A，2(0,0,)2P，2(,1,0)2B，2(,1,0)2C−．所以22(,1,)22PC=−−


，(2,0,0)CB=


，22(,0,)22PA=−


，(0,1,0)AB=


．设(,,)xyz=n是平面PCB的法向量，则0,0,PCCB⋅=⋅=





nn即220,2220,xyzx−+−==可取(0,1,2)=−−n．设(,,)xyz=m是平面PAB的法向量，则0,0,PAAB⋅=⋅=





mm即220,220.xzy−==可取(1,0,1)=m．则3cos,||||3⋅==−nmnmnm，所以二面角APBC−−的余弦值为33−．3321.解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)因为y2＝4x，所以F(1，0)，准线为x＝－1．又直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x－1．代入y2＝4x，得x2－6x＋1＝0．由根与系数的关系，得x1＋x2＝6x1x2＝1，易得AB的中点，即所求圆的圆心的坐标为(3，2)．又由抛物线的定义，知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，所以所求圆的半径r＝4，所以以AB为直线的圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16．(2)因为|FA|＝2|BF|，所以FA→＝2BF→．又FA→＝(x1－1，y1)，BF→＝(1－x2，－y2)，所以x1－1＝2（1－x2）y1＝－2y2．易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝2k2＋4k2x1x2＝1．又x1－1＝2(1－x2)．所以x1＝1x2＝1或x1＝2x2＝12，所以k＝±22，此时Δ0，所以直线l的方程为y＝－22(x－1)或y＝22(x－1)．22.解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.(2)法一：44取EC︵的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝13－1＝23.在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝23，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，故AE→＝(2，0，－3)，AG→＝(1，3，0)，CG→＝(2，0，3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．由m·AE→＝0，m·AG→＝0，可得2x1－3z1＝0，x1＋3y1＝0.取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由n·AG→＝0，n·CG→＝0，可得x2＋3y2＝0，2x2＋3z2＝0.取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝12.因此所求的角为60°.