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1、2017201720182018 学年度高二年级第一学期教学质量调硏学年度高二年级第一学期教学质量调硏( (二二) )数学试题数学试题( (理科理科) )一、填空题一、填空题: :本大题共本大题共 1414 小题小题, ,每题每题 5 5 分分, ,共共 7070 分分, ,请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上1. 双曲线的准线方程是_.【答案】【解析】由题意得在双曲线中，所以双曲线的准线方程为。答案：2. 如果两条直线没有公共点,则的位置关系为_. (从“相交” “平行” 、 “异面”中选填)【答案】平行或异面【解析】由空间中的两直线的位置关系可得，当空间直线没有公共
2、点时，则直线的位置关系为平行或异面。答案：平行或异面3. 过点且与双曲线有公共渐近线的双曲线方程是_.【答案】【解析】由题意设所求双曲线的方程为，点在双曲线上，所求的双曲线方程为，即。答案：4. 棱长均为 的正四棱锥的全面积为_.【答案】【解析】由题意得，所以正四棱锥的全面积为。答案：5. 抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为 ,则此抛物线的方程为_ .【答案】【解析】由题意得抛物线的焦点为，双曲线的渐进线方程为，取其中一条为，即。由题意得，解得。所以抛物线的方程为。答案：.6. 已知正四棱柱的底面边长是 3,侧面的对角线长是,则正四棱柱的外接球的体积为_【答案】。答案：7. 已知是两条不
3、重合的直线是三个两两不重合的平面.给出下列四个命题:(1)若,则(2)若,则 (3)若,则(4)若是异面直线, ,则其中是真命题的是_ .(填上正确命题的序号)【答案】 （1） （4）【解析】对于（1） ，由于垂直于同一平面的两直线平行，故（1）正确。对于（2） ，当时，平面可能平行，也可能相交，故（2）不正确。对于（3） ，若时，则平面可能平行，也可能相交，故（3）不正确。对于（4） ，当时，平面平行，故（4）正确。综上（1） （4）正确。答案：（1） （4）8. 一抛物线型拱桥,当桥顶离水面 米时,水面宽 米,若水面下降 米,则水面宽为_ .【答案】米【解析】如图建立平面直角坐标系，设抛物
4、线的方程为。由桥顶离水面 米时,水面宽 米可得图中点 A 的坐标为（2,-2） ，所以，解得。所以抛物线方程为，当水面下降 米时，即当时，可得，解得，因此水面宽为米。答案：米9. 设 是双曲线上一点,双曲线的一条渐近线方程为分别是双曲线的左、右焦点,若,则_.【答案】 【解析】由题意得双曲线的一条渐近线为，所以，解得。由条件得点 在双曲线的左支上，所以。答案：710. 已知是椭圆和双曲线的公共焦点, 为的一个公共点,且 到原点的距离为,则的离心率为_.【答案】【解析】设点 的坐标为，由题意得，解得。由椭圆的焦点为，所以设双曲线的方程为，由题意得点 在双曲线上，所以，解得，故，所以，即双曲线的离
5、心率为。答案：11. 椭圆左、右焦点分别为若椭圆 上存在点 ,使得为椭圆的离心率,则椭圆 的离心率的取值范围为_.【答案】【解析】由题意得，解得，即，整理得，解得或（舍去） ，又，。故椭圆 的离心率的取值范围为。答案：。点睛：求椭圆离心率或其范围的方法(1)求的值，由直接求(2)列出含有的方程(或不等式)，借助于消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解 12. 已知椭圆的右顶点为 , 点,过椭圆 上任意一点 作直线的垂线,垂足为 ,则的最小值为_.【答案】【解析】在椭圆中，所以椭圆的右焦点坐标为，右准线方程为。过点作右准线的垂线，设垂足为 G，则，由椭圆的第二定义得，所以。因此，当且仅当
6、三点共线时等号成立。所以的最小值为。答案：点睛：本题求最值的方法采用了几何法，在圆锥曲线的最值问题中，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义时，则考虑用图形性质来解决，这样可使问题的解决变得直观简捷，如在本题中运用了连接两点间的线中线段最短的结论。13. 若椭圆mx2+ny2=1 与直线x+y=1 交于A、B两点,点M为A、B的中点,直线OM的斜率为2(其中O为原点), ,则椭圆方程为_【答案】【解析】由消去 y 整理得，设A、B两点坐标分别为，点M的坐标为，则，所以，。所以点M的坐标为，故，所以。又，所以，整理得。由解得。所以椭圆方程为。答案：点睛：在研究直线和圆锥曲线位置关系的问题时，
7、常用代数的方法求解，即将直线的方程和圆锥曲线的方程联立消元得到一个关于 x(或 y)的一元二次方程，然后利用根与系数的关系进行求解，由于此类问题涉及大量的运算，故在解题中要注意“设而不求” 、 “整体代换”等思想方法的运用，以减少运算量，提高解题的速度。14. 已知椭圆的离心率为, 为左顶点,点在椭圆 上,其中在第一象限,与右焦点的连线与 轴垂直,且,则直线的方程为_.【答案】【解析】由，得。椭圆的方程为，左顶点，点，即。，又，。设点 N 的坐标为，则，解得。故 N 的坐标为。所以点关于原点对称，从而直线过原点，且。所以直线的方程为。答案：二、解答题二、解答题: :本大题共本大题共 6 6 小
8、题小题, ,共共 9090 分分, ,请在答题卡指定区域内作答请在答题卡指定区域内作答, ,解管时应写出文字说明、解管时应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤15. 已知曲线 的方程为: .(1)讨论曲线 的类型；(2)若曲线 表示以为焦点的椭圆, 是椭圆 上一点,且，求的面积.【答案】 （1）见解析；（2） .【解析】试题分析：（1）根据的符号判断曲线的类型，分曲线为椭圆、双曲线和圆三种情况讨论。（2）在中利用椭圆的定义、余弦定理及三角形的面积公式可得所求面积为。试题解析：（1）若曲线 表示椭圆，则满足，解得且.若曲线 表示双曲线，则满足，解得或.若曲线圆，则满足，解得.综上，
9、当且时，曲线 为椭圆；当或，曲线 为双曲线；当时，曲线 为圆. (2)因为所以解得，所以椭圆方程为，所以由余弦定理得,即所以所以。点睛：（1）椭圆上一点与两焦点构成的三角形称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|PF2|2a，得到a、c的关系（2）对 的处理方法是利用定义式的平方、余弦定理和面积公式，即16. 已知平面平面 ,m,n是异面直线, ,且 求证(1) ； (2) 【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）设 与 的交点为 ，由直线 和 确定的平面为 ，设 与 的交线为 ， 与 的交线为 ，则，再由线面平行的性质得，所以
10、，根据线面平行的判断得到。 （2）因为是异面直线，所以在平面 内， 与 相交，记交点为 ，可得，又，由线面垂直的判定可得。试题解析：(1)记 与 的交点为 ，由直线 和直线外一点 确定一个平面 ，设 与 的交线为 ， 与 的交线为 .因为平面平面 平面平面，平面平面所以；因为，所以；因为，所以，又因为 ，所以 （2）因为是异面直线，且由（1）可知，所以在平面 内， 与 相交，记交点为 .因为所以又因为所以17. 如图,在三棱锥D-ABC中,已知BCD是正三角形,AB平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3FC(1)求三棱锥D-ABC的体积(2)求证:平面DAC平面D
11、EF;(3)若M为DB中点,N在棱AC上,且CN= CA,求证:MN平面DEF【答案】 （1）；（2）见解析；（3）见解析.【解析】试题分析：（1）根据等积法，利用求解。 （2）由题意得，又所以再线面垂直的判定得，从而。又根据题意得到,从而，根据面面垂直的判定可得平面DAC平面DEF。 （3）连交于点则得又从而有根据线面平行的判定定理可得MN平面DEF。试题解析：（1）因为所以是点 到平面的距离，所以 （2）因为是正三角形， 为的中点，所以因为所以又因为所以，且,所以；因为所以且所以,又因为，,所以因为所以 （3）连交于点则得又因为所以在面又所以 点睛：高考中对空间中线面位置关系的考查主要体现
12、在证明垂直、平行上，难度中等，主要考查线面平行（垂直）间的相互转化以及条件的寻求，解题时要结合图形探索解题的思路和方法，注意添加适当的辅助线借以完成题目的求解，同时对解题过程的表达上要规范、完整，解题步骤到书写到位。18. 如图,小明想将短轴长为 2,长轴长为 4 的一个半椭圆形纸片剪成等腰梯形ABDE,且梯形ABDE内接于半椭圆,DEAB,AB为短轴,OC为长半轴(1)求梯形ABDE上底边DE与高OH长的关系式;(2)若半椭圆上到H的距离最小的点恰好为C点,求底边DE的取值范围【答案】 （1）；（2）【解析】试题分析：（1）以所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立直角坐标系，可得半椭圆的方程：
13、，设点，由且，可得。 （2） ）设半椭圆上一点为由条件得故，结合对称轴得到，从而，即为所求范围。试题解析：（1）以所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立直角坐标系半椭圆的方程：，设椭圆上点，所以且，所以. （2）设半椭圆上一点为由题可知点所以，又函数图象的对称轴为，所以解得所以由（1）知所以底边DE的取值范围为19. 如图,M在椭圆C: 上,经过点P的直线 交椭圆于E,F(E在F上方),直线MP交椭圆于N.(1)求椭圆C的方程(2)若直线 的斜率为求的值;(3)若求直线 的方程【答案】 （1）；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（1）将点M坐标代入椭圆方程可得，故可得所求方程。 （2）由题意
14、得直线，将其与椭圆方程联立消元后可得，然后利用斜率公式及根与系数的关系计算得.（3）由得到, 设，则，整理后与椭圆方程联立可求得，从而可得直线 的方程。试题解析：（1）因为点M在椭圆 上，所以，解得。所以椭圆方程为 （2）由题意得直线，由消去 整理得，设则所以= ，所以. （3）设因为所以,所以又因为解得所以 的方程为，整理得.20. 如图,直线 与圆 且与椭圆相交于两点.(1)若直线 恰好经过椭圆的左顶点,求弦长；(2)设直线的斜率分别为，判断是否为定值,并说明理由(3)求的最小值.【答案】 （1）；（2）；（3） .【解析】试题分析：(1)由题意设直线由直线与圆相切可得，可得，故分两种情况
15、可求得。 （2） （）当直线 的斜率不存在时，得；（）当 的斜率存在时，设直线 将其代入圆的方程得，根据斜率公式及根与系数的关系计算可得。从而可得。 （3） （）当斜率不存在或为 时，可得。当的斜率存在且不为 时，设直线，可求得点 B 的坐标为故可得 ，令，则 ，故当 有最小值，且 .试题解析：（1）由题意直线 斜率存在，设直线因为直线 与圆 相切，所以解得当时，由解得，所以当时，同理所以。（2） （）当直线 的斜率不存在时，得；（）当 的斜率存在时，设直线 因为直线 与圆 相切，所以整理得所以，由消去 y 整理得，由直线与圆相交得设则 ，所以，将代入式得综上可得 （3）由（2）知法一：（）当斜率不存在或为 时，可得,（）当的斜率存在且不为 时，设直线，由，解得 所以点 A 的坐标为同理点 B 的坐标为所以 ，令，所以，故当 有最小值，且 .综上可得面积的最小值为 。 法二：记直线 与圆 的切点为设所以，则所以当时，.点睛： 在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围
