【文档说明】内蒙古霍林郭勒市第一中学2021-2022学年高二上学期期中考试 数学（理） 含答案.doc，共(5)页，862.500 KB，由管理员店铺上传

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霍市一中2021-20222学年度第一学期高二年级期中考试数学试卷（理科）命题人：姜亚丽审核人：王星明一.选择题（本题共12小题，每小题5分，满分60分，每小题只有一个选项是正确的.）1．命题“若24x，则2x且2x−”的否命题为（）A．若24x=，则2x且2x−B．若24x，则2x=

且2x=−C．若24x，则2x=或2x=−D．若24x=，则2x=或2x=−2、已知椭圆221102xymm+=−−的焦点在y轴上，且焦距为4，则m等于（）A．4B．5C．7D．83．下列命题错误的是（）

A．命题“若2430xx−+=，则3x=”的逆否命题为“若3x，则2430xx−+”B．命题“xR，220xx−+”的否定是“0xR，20020xx−+”C．若“p且q”为真命题，则p，q均为真命题D．“

1x−”是“2430xx++”的充分不必要条件4．已知p，q为两个命题，则“p∨q是假命题”是“¬p为真命题”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.顶点在原点，焦点是()0,2的抛物线的方程是()A．28yx=B．28xy

=C．28xy=D．28yx=6．椭圆x2100＋y264＝1的焦点为F1，F2，椭圆上的点P满足∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积是()A．6433B．9133C．1633D．6437、倾斜角为45°的直线通过抛物线y2=4x的焦点且

与抛物线相交于M,N两点,则弦MN的长为()A．B．C．16D．88．极坐标方程ρcosθ－π6＝1表示直线的斜率为()A.33B．－3C．－33D.39．双曲线22189xyk+=+的离心率为2，则k的值为()A．-35B．19C．-5D．1210、已知()0,12,1−−=tta，()

ttb,,2=，则ab−的最小值为（）A.2B.6C.5D.311、在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若11ABa=,bDA=11cAA=1则下列向量中与MB1相等的向量是（）A、cba++−2121B、cba++2121C、cba+−2121D、cba+−−212

112．已知椭圆22195yx+=的上焦点为F，M是椭圆上一点，点()23,0A，当点M在椭圆上运动时，MAMF+的最大值为（）A．4B．6C．8D．10二.填空题（本题共4小题，每题5分，满分20分，把答案填在答题纸的横线上）13．双曲

线1422=−yx的渐近线为.14.在极坐标系中，点(2,)3M到直线2:sin()42l+=的距离为．15.已知二面角l−−的大小为60°，其棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知2AB=，3AC=，4BD=，则线段C

D的长为．16．圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点F，若平面与圆柱侧面相交所得

曲线为封闭曲线，是以F为一个焦点的椭圆，则的离心率的取值范围是________________三．解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置.）17．（10分）已知命题p：2680xx

−+，命题q：21mxm−+.（1）当5m=时，求.（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；18.（12分）在直角坐标系xoy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。圆C1，直线C2的极坐标方程分别为4s

in,cos()224=−=.求：（1）写出C1，C2的直角坐标方程.（2）写出C1，C2的交点的极坐标。19、如图，在底面是矩形的四棱锥ABCDP−中，PA⊥平面ABCD，2==ABPA，4=BC.E是PD的中点，（

Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角DACE−−的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面AEC所成角的正弦值。20.（12分）已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点F，E上一点(3，m)到焦点的

距离为4.(1)求抛物线E的方程；(2)过F作直线l，交抛物线E于A，B两点，若直线AB中点的纵坐标为－1，求直线l的方程．21.（12分）如图，在四棱锥OABCD−中，底面ABCD是边长为1的菱形，4ABC=,OAABCD⊥

底面,2OA=,M为OA的中点，N为BC的中点，以A为原点，建立适当的空间坐标系，利用空间向量解答以下问题：（Ⅰ）证明：直线MNOCD平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离22．（12分）已知椭圆()2222:10xyCa

bab+=的左右焦点分别为()13,0F−，()23,0F，且椭圆C上的点M满足127MF=，12150MFF=．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P是椭圆C的上顶点，点,QR在椭圆C上，若直线PQ，PR的斜率分

别为12,kk，满足1234kk=.<ⅰ>证明直线QR恒过定点，并求出定点坐标；<ⅱ>求面积的最大值．PBEDCANMABDCO霍市一中2021-20222学年度第一学期高二年级期中考试数学试卷（理科）答案一．选择题。1—6DDBABA.7—12DBAAAD二．填空题13

12yx=.14.62.15.17.16.305，三、解答题17.（1）由p：2680xx−+为真，解得24x.当5m=时，则q为：3＜x＜6，所以（2）q：21mxm−+，若p是q的充分条件，则()2,4是()2,1mm−+的子集，所以221

4mm−+，即43mm，解得34m≤≤.所以实数m的取值范围是[3,4]m18.解：()由22,cos,sinxyxy=+==得，圆1C的直角坐标方程为22(2)4xy+−=直线2C的直角坐标方程分别为40xy

+−=（2）由22(2)4,40.xyxy+−=+−=解得12120,2,4,2,xxyy====所以圆1C，直线2C的交点直角坐标为(0,4),(2,2)再由22,cos,sinxyxy=+==，将交点的直角坐标化为极坐标(4,),(22,)24所以

1C与2C的交点的极坐标(4,),(22,)2419、以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0),B(2，0，0),C(2，4，0),D

(0，4，0)，E(0，2，1),P(0，0，2).……………………（1分）∴AB＝(2，0，0),AD＝(0，4，0),AP＝(0，0，2),CD＝(－2，0，0),AE＝(0，2，1),AC＝(2，

4，0).……………………（2分）（Ⅰ）0=ADCD,ADCD⊥.又0=APCD,APCD⊥.AADAP=,PADCD平面⊥,………（4分）而PDCCD平面,∴平面PDC⊥平面PAD.………（5分）（Ⅱ）设平面AEC的法向量n=()zyx,,,

令1=z，则()1,,yxn=.由==00ACnAEn即()()()()−===+=+==21104201200,4,21,,01,2,01,,yxyxyyxyx∴n=

−1,21,1.………………………（7分）平面ABC的法向量AP＝(0，0，2),322232,cos===APnAPnAPn.所以二面角DACE−−所成平面角的余弦值是32.……………………（9分）（Ⅲ

）因为平面的法向量是n=−1,21,1，而CD＝(－2，0，0).所以322232cos−=−==CDnCDn.………………………（11分）PBEDCAxyz直线CD与平面AEC所成角的

正弦值32.………………………（12分）20、（1）.3+p2=4，则p=2.(2).y=2x-221.作APCD⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为,,xyz轴建立坐标系22222(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),(,,0),(0,0,2),(0,0,1),(1

,,0)22244ABPDOMN−−,（2分）(1)22222(1,,1),(0,,2),(,,2)44222MNOPOD=−−=−=−−（3分）设平面OCD的法向量为(,,)nxyz=,则0,0nOPnOD==即2202222022yzxyz−=−

+−=取2z=,解得(0,4,2)n=（5分）22(1,,1)(0,4,2)044MNn=−−=∵MNOCD平面‖（6分）(2)设AB与MD所成的角为,22(1,0,0),(,,1)22ABMD==−−∵1

cos,23ABMDABMD===∴∴,AB与MD所成角的大小为3（9分）(3)设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量(0,4,2)n=上的投影的绝对值,由(1,0,2)OB=−,得23O

Bndn==.所以点B到平面OCD的距离为23（12分）22．（1）依题意得：3c=，12223FFc==．由椭圆定义知122MFMFa+=，又12=7MF，则22=27MFa−，在12MFF△中，12=15

0MFF，由余弦定理得：22221121121=2cosMFMFFFMFFFMFF+−即()222222223223cos150777a−=+−，解得2a=又2221bac=−=

故所求椭圆方程为2214xy+=（2）设()()1122,,,QxyRxy，直线:QRykxm=+联立方程组2214ykxmxy=++=，得()222148440kxkmxm+++−=，()()()222222=644441416140k

mmkkm−−+=+−，得2214km+，122814kmxxk−+=+，21224414mxxk−=+，()()()()()22121212121212121211111134kxmkxmkxxkmxxmyykkxxxxxx+−+−+

−++−−−====，由题意知1m，由122814kmxxk−+=+，21224414mxxk−=+，代入化简得()()()()222418141310kmkmmkm+−+−+−+=，2m=−故直线QR过定点()0,2−，（3）由0，解得234k，2212221344

36433221414PQRkkSxxkk−−=−==++，令2430=−tk，则2663442PQRtSttt==++，当且仅当2t=，即72k=时等号成立，所以PRQ△面积的最大值为32．xyzNMABDCOP