《江苏省宿迁市沭阳县银河学校2014-2015学年高二上学期12月月考数学试卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省宿迁市沭阳县银河学校2014-2015学年高二上学期12月月考数学试卷（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2014-2015学年江苏省宿迁市沭阳县银河学校高二（上）12月月考数学试卷一、填空题：本大题共10小题，每小题4分，共计40分1“x1”是“x21”的条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”）2已知椭圆中心在原点，一个焦点为（，0），且长轴长是短轴长的2倍，则该椭圆的标准方程是3底面边长为2，侧棱与底面成60的正四棱锥的侧面积为4在平面直角坐标系xOy中，已知是双曲线的一条渐近线方程，则此双曲线的离心率为5如图所示，空间四边形OABC中，点M在OA上，且，N为BC中点，则等于6过抛物线y=ax2（a0）的焦点F作一直线交抛物线交于P、Q两点，若线段PF、FQ的长
2、分别为p、q，则 =7已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（1，0，1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA平面ABC，则点P的坐标是8如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知ADE是ADE绕DE旋转过程中的一个图形（点A平面ABC），则下列命题中正确的是动点A在平面ABC上的射影在线段AF上；BC平面ADE；三棱锥AFED的体积有最大值9设椭圆恒过定点A（1，2），则椭圆的中心到准线的距离的最小值10一个三棱柱恰好可放入一个正四棱柱的容体中，底面如图所示，其中三棱柱的底面AEF是一个直角三角形，AEF=90，AE=a，EF=b，三棱柱的高与正四
3、棱柱的高均为1，则此正四棱柱的体积为 二、解答题：本大题共6小题，共计60分11抛物线的顶点在原点，对称轴为y轴，它与圆x2+y2=9相交，公共弦MN的长为，求该抛物线的方程，并写出它的焦点坐标与准线方程12已知a且a1条件p：函数f（x）=log（2a1）x在其定义域上是减函数；条件q：函数的定义域为R如果pq为真，试求a的取值范围13已知a0，命题p：x0，x+恒成立；命题q：kR直线kxy+2=0与椭圆有公共点是否存在正数a，使得pq为真命题，若存在，请求出a的范围，若不存在，请说明理由14在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB=60，FC平面ABCD，AEBD
4、，CB=CD=CF（）求证：BD平面AED；（）求二面角FBDC的余弦值15在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC=AA1=3a，BC=2a，D是BC的中点，E，F分别是A1A，C1C上一点，且AE=CF=2a（1）求证：B1F平面ADF；（2）求三棱锥B1ADF的体积；（3）求证：BE平面ADF16已知椭圆E：的离心率为，右焦点为F，且椭圆E上的点到点F距离的最小值为2（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过点A的直线l与椭圆E及直线x=8分别相交于点M，N（）当过A，F，N三点的圆半径最小时，求这个圆的方程；（）若，求ABM的面积2014-2015学年江苏省宿迁
5、市沭阳县银河学校高二（上）12月月考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题：本大题共10小题，每小题4分，共计40分1“x1”是“x21”的充分不必要条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”）考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断专题： 规律型分析： 利用充分条件和必要条件的定义进行判断解答： 解：由x21得x1或x1“x1”是 “x21”的充分不必要条件故答案为：充分不必要点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用向量相等的定义是解决本题的关键2已知椭圆中心在原点，一个焦点为（，0），且长轴长是短轴长的2倍，则该椭圆的标准方程是考点： 椭圆的标准方程专
6、题： 计算题分析： 先根据题意a=2b，c=并且a2=b2+c2求出a，b，c的值，代入标准方程得到答案解答： 解：根据题意知a=2b，c=又a2=b2+c2a2=4 b2=1=1故答案为：=1点评： 本题主要考查椭圆的标准方程，要注意双曲线与椭圆a、b、c三者关系的不同属基础题3底面边长为2，侧棱与底面成60的正四棱锥的侧面积为考点： 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积专题： 空间位置关系与距离分析： 如图所示设O为底面ABCD的中心，则OP底面ABCD，因此PBO为侧棱PB与底面所成的线面角，可得PBO=60据此即可得出PO取BC得中点E，连接OE，PE，则，PEBC，OE=1，利用勾股定理
7、可得PE进而即可得出四棱锥的侧面积解答： 解：如图所示设O为底面ABCD的中心，则OP底面ABCDPBO为侧棱PB与底面所成的线面角，PBO=60OB=，PO=OBtan60=取BC得中点E，连接OE，PE，则PEBC，OE=1，PE=正四棱锥的侧面积S侧=故答案为点评： 熟练掌握正四棱锥的性质、线面角的定义、三角形的面积计算公式是解题的关键4在平面直角坐标系xOy中，已知是双曲线的一条渐近线方程，则此双曲线的离心率为2考点： 双曲线的简单性质专题： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 双曲线=1的渐近线方程为y=x，依题意，可求得=，从而可求得此双曲线的离心率解答： 解：双曲线=1（a
8、0，b0）的渐近线方程为y=x，y=x是其中一条渐近线，=，又b2=c2a2，=3，e2=4，e=2故答案为：2点评： 本题考查双曲线的简单性质，求得=是关键，属于中档题5如图所示，空间四边形OABC中，点M在OA上，且，N为BC中点，则等于考点： 向量的三角形法则专题： 计算题分析： 画出图形，用、表示、，从而求出解答： 解：画出图形，如图：，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，=，=（+）=+，=+；故答案为：点评： 本题考查了平面向量的线性运算，是基础题6过抛物线y=ax2（a0）的焦点F作一直线交抛物线交于P、Q两点，若线段PF、FQ的长分别为p、q，则 =4a考点： 直线与
9、圆锥曲线的关系专题： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 设PQ的斜率 k=0，因抛物线焦点坐标为（0，），把直线方程 y= 代入抛物线方程得 x=，可得 PF=FQ=，从而求得结果解答： 解：不妨设PQ的斜率 k=0，因抛物线焦点坐标为（0，），把直线方程 y= 代入抛物线方程得 x=，PF=FQ=，从而 =2a+2a=4a，故答案为：4a点评： 本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，设k=0，求出PF=FQ=，是解题的关键，属于中档题7已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（1，0，1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA平面ABC，则点P的坐标是（
10、1，0，2）考点： 向量语言表述线面的垂直、平行关系专题： 计算题分析： 根据题意算出、的坐标，由PA平面ABC得且，建立关于x、y的方程组，解之即可得出点P的坐标解答： 解：根据题意，可得=（1，1，1），=（2，0，1），=（x，1，y）PA平面ABC，且，可得，解之得x=1，y=2，可得P的坐标是（1，0，2）故答案为：（1，0，2）点评： 本题给出点A、B、C的坐标，在PA平面ABC的情况下求点P的坐标着重考查了空间向量的坐标运算、向量语言表述线面的垂直与平行的关系等知识，属于基础题8如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知ADE是ADE绕DE旋转过程中的一个
11、图形（点A平面ABC），则下列命题中正确的是动点A在平面ABC上的射影在线段AF上；BC平面ADE；三棱锥AFED的体积有最大值考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定专题： 空间位置关系与距离分析： 由面AFG面ABC，可知点A在面ABC 上的射影在线段AF 上；由已知可得四边形ABCD 是菱形，从而面AFG面ABC；当面ADE面ABC 时，三棱锥ADEF 的体积达到最大解答： 解：在中，由面AFG面ABC，可知点A在面ABC 上的射影在线段AF 上，正确；在中，由已知可得四边形ABCD 是菱形，则DEGA，DEGF，DE平面AFG，面AFG面ABC，正确；在中，BCDE，BC平
12、面ADE，当面ADE面ABC 时，三棱锥ADEF 的体积达到最大，最大值为=，正确故答案为：点评： 本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养9设椭圆恒过定点A（1，2），则椭圆的中心到准线的距离的最小值考点： 椭圆的简单性质专题： 综合题分析： 根据椭圆恒过定点A（1，2），可得，利用椭圆几何量之间的关系，设，等式可转化为t2a4（t2+1）a2+5=0，利用判别式，即可求得椭圆的中心到准线的距离的最小值解答： 解：设椭圆的焦距为2c，同时可设，c=ta2椭圆恒过定点A（1，2），b2+4a2=a2b25a2c2=a2（a2c2）5a2（ta2）2=a2a2（ta2）2
13、t2a4（t2+1）a2+5=0=（t2+1）220t20时，方程有解t，或，或椭圆恒过定点A（1，2），椭圆的中心到准线x=1椭圆的中心到准线的距离的最小值故答案为：点评： 本题综合考查椭圆的标准方程与性质，考查解不等式，考查学生分析解决问题的能力，有一定的技巧10一个三棱柱恰好可放入一个正四棱柱的容体中，底面如图所示，其中三棱柱的底面AEF是一个直角三角形，AEF=90，AE=a，EF=b，三棱柱的高与正四棱柱的高均为1，则此正四棱柱的体积为 考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积专题： 空间位置关系与距离分析： 令AB=c，由ABEECF可得=，进而得到BE=c（1），再由勾股定理可得c2=，进
14、而代入棱柱体积公式，可得答案解答： 解：令AB=cAEF=90ABEECF=EC=BE=c（1）且有AB2+BE2=AE2即c2+c2（1）2=a2c2=故正方形ABCD的面积S=又正四棱柱的高为1，此正四棱柱的体积V=故答案为：点评： 本题考查的知识点是棱柱的体积公式，其中根据三角形相似得到BE=c（1），进而得到c2=是解答的关键二、解答题：本大题共6小题，共计60分11抛物线的顶点在原点，对称轴为y轴，它与圆x2+y2=9相交，公共弦MN的长为，求该抛物线的方程，并写出它的焦点坐标与准线方程考点： 抛物线的简单性质专题： 计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 根据公共弦长为
15、，设M（m，）、N（m，），代入圆方程解出m=2，从而得出点M、N的坐标再设抛物线方程为x2=2ay（a0），代入M、N坐标解出a值，即可得到抛物线的方程，进而可得抛物线的焦点坐标与准线方程解答： 解：抛物线与圆x2+y2=9相交，公共弦MN的长为，设M（，m）、N（，m）将M、N坐标代入圆方程，得5+m2=9，解得m=2（舍负），M（，2）、N（，2），或M（，2）、N（，2），设抛物线方程为x2=2ay（a0），点M、N在抛物线上，5=2a（2），解得2a=，故抛物线的方程为x2=y或x2=y抛物线x2=y的焦点坐标为（0，），准线方程为y=；抛物线x2=y的焦点坐标为（0，），准线方程为
16、y=点评： 本题已知抛物线与圆相交所得的弦长，求抛物线的方程着重考查了直线与圆的位置关系、抛物线的标准方程与简单几何性质等知识，属于中档题12已知a且a1条件p：函数f（x）=log（2a1）x在其定义域上是减函数；条件q：函数的定义域为R如果pq为真，试求a的取值范围考点： 复合命题的真假专题： 简易逻辑分析： 根据对数函数的单调性求得命题p为真时a的取值范围；利用绝对值函数的最小值，分析求解命题q为真时a的范围，根据复合命题真值表知如果pq为真，则命题p、q至少一个为真，故只需求并集可得答案解答： 解：函数f（x）=log（2a1）x在其定义域上是减函数，02a11a1，故命题p为真，则a
17、1，函数的定义域为R，即x+|xa|20对xR恒成立，则f（x）=的最小值为a2，a20a2；故命题q为真，则a2，由复合命题真值表知，如果pq为真，则命题p、q至少一个为真，a的取值范围为（，1）2，+）点评： 本题借助考查复合命题的真假判定，考查对数函数的单调性及绝对值函数的最值，解题的关键是求出组成复合命题的简单命题为真时的条件13已知a0，命题p：x0，x+恒成立；命题q：kR直线kxy+2=0与椭圆有公共点是否存在正数a，使得pq为真命题，若存在，请求出a的范围，若不存在，请说明理由考点： 复合命题的真假专题： 简易逻辑分析： 利用基本不等式求得命题p为真时a的取值范围；根据直线与椭
18、圆的位置关系确定a满足的条件，再由复合命题真值表知，若pq为真命题，则p与q都为真命题，求得a的范围解答： 解：对x0，x+2，要使x+恒成立，有22a1，命题p为真时，a1；kR直线kxy+2=0恒过定点（0，2），要使直线kxy+2=0与椭圆有公共点有，解得a2，由复合命题真值表知，若pq为真命题，则p与q都为真命题，因此a2，综上，存在a2使得命题pq为真命题点评： 本题借助考查复合命题的真假判定，考查基本不等式的应用及直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出组成复合命题的简单命题为真时的条件14在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB=60，FC平面ABCD，AE
19、BD，CB=CD=CF（）求证：BD平面AED；（）求二面角FBDC的余弦值考点： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；向量语言表述线面的垂直、平行关系；二面角的平面角及求法专题： 空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何分析： （）由题意及图可得，先由条件证得ADBD及AEBD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；（II）解法一：由（I）知，ADBD，可得出ACBC，结合FC平面ABCD，知CA，CA，CF两两垂直，因此可以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，设CB=1，表示出各点的坐标，再求出两个平面的法向量
20、的坐标，由公式求出二面角FBDC的余弦值即可；解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CGBD，又FC平面ABCD，BD平面ABCD，可证明出FGC为二面角FBDC的平面角，再解三角形求出二面角FBDC的余弦值解答： （I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB=60所以ADC=BCD=120又CB=CD，所以CDB=30，因此，ADB=90，ADBD，又AEBD且，AEAD=A，AE，AD平面AED，所以BD平面AED；（II）解法一：由（I）知，ADBD，同理ACBC，又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，C
21、F所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（，0），F（0，0，1），因此=（，0），=（0，1，1）设平面BDF的一个法向量为=（x，y，z），则=0，=0所以x=y=z，取z=1，则=（，1，1），由于=（0，0，1）是平面BDC的一个法向量，则cos，=，所以二面角FBDC的余弦值为解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CGBD，又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD，由于FCCG=C，FC，CG平面FCG所以BD平面FCG故BDFG，所以FGC为二面角FBDC的平面角，在等腰三角形
22、BCD中，由于BCD=120，因此CG=CB，又CB=CF，所以GF=CG，故cosFGC=，所以二面角FBDC的余弦值为点评： 本题考查线面垂直的证明与二面角的余弦值的求法，解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理及二面角的两种求法向量法与几何法，本题是高中数学的典型题，也是高考中的热点题型，尤其是利用空间向量解决立体几何问题是近几年高考的必考题，学习时要好好把握向量法的解题规律15在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC=AA1=3a，BC=2a，D是BC的中点，E，F分别是A1A，C1C上一点，且AE=CF=2a（1）求证：B1F平面ADF；（2）求三棱锥B1ADF的体积；（3）求证：B
23、E平面ADF考点： 直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定专题： 计算题；证明题；空间位置关系与距离分析： （1）由直棱柱的性质，得B1B底面ABC，从而有ADB1B，结合等腰ABC中ADBC，证出AD平面B1BCC1，从而得出ADB1F，矩形B1BCC1中利用RtDCFRtFC1B1证出B1FD=90，从而B1FFD，最后根据ADFD=D，证出B1F平面AFD；（2）由（1）B1F平面AFD，得B1F是三棱锥B1ADF的高根据题中数据分别算出AD、DF、B1F的长度，用锥体体积公式即可算出棱锥B1ADF的体积；（3）连EF、EC，设ECAF=M，连结DM矩形AEF
24、C中证出M为EC中点，从而得到MD是CBE的中位线，得到MDBE，再利用线面平行判定定理，即可证出BE平面ADF解答： 解：（1）AB=AC，D为BC中点，ADBC在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B底面ABC，AD底面ABC，ADB1BBCB1B=B，AD平面B1BCC1B1F平面B1BCC1，ADB1F在矩形B1BCC1中，C1F=CD=a，B1C1=CF=2a，RtDCFRtFC1B1CFD=C1B1FB1FD=90，可得B1FFDADFD=D，B1F平面AFD（2）B1F平面AFD，B1F是三棱锥B1ADF的高等腰ABC中，AD=2，矩形BB1C1C中，DF=B1F=因此，三棱锥B1
25、ADF的体积为V=SAFDB1F=（3）连EF、EC，设ECAF=M，连结DM，AE=CF=2a，四边形AEFC为矩形，可得M为EC中点D为BC中点，MDBEMD平面ADF，BE平面ADF，BE平面ADF点评： 本题在直四棱柱中证明线面平行、线面垂直，并求三棱锥的体积着重考查了空间直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理和锥体体积公式等知识，属于中档题16已知椭圆E：的离心率为，右焦点为F，且椭圆E上的点到点F距离的最小值为2（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过点A的直线l与椭圆E及直线x=8分别相交于点M，N（）当过A，F，N三点的圆半径最小时，求这个圆
26、的方程；（）若，求ABM的面积考点： 直线与圆锥曲线的关系；三角形的面积公式；圆的标准方程；椭圆的标准方程专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析： （1）由离心率为，椭圆E上的点到点F距离的最小值为2，即ac=2联立方程组求a，c的值，然后利用b2=a2c2求出b2，则椭圆方程可求；（2）（）设出圆的一般方程，设N（8，t），把三点A（4，0），F（2，0），N（8，t）代入圆的方程整理成标准式后利用基本不等式求出半径的最小值，同时求得半径最小时的圆的方程；（）设出直线l的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数关系求出M点的坐标，由，借助于向量数量积求出直线的斜率，进一步得到M点的纵坐标，则ABM
27、的面积可求解答： 解：（1）由已知，且ac=2，所以a=4，c=2，所以b2=a2c2=12，所以椭圆E的方程为（2）（）由（1），A（4，0），F（2，0），设N（8，t）设圆的方程为x2+y2+dx+ey+f=0，将点A，F，N的坐标代入，得，解得所以圆的方程为，即，因为，当且仅当时，圆的半径最小，故所求圆的方程为（）由对称性不妨设直线l的方程为y=k（x+4）（k0）由，得（3+4k2）x2+32k2x+64k248=0由4+xM=，得，所以，所以，所以=，化简，得16k440k29=0，解得，或，即，或，此时总有yM=3，所以ABM的面积为点评： 本题考查了圆与椭圆的标准方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题、面积问题等突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法属难题
