北京市东城区2017-2018学年高二上学期期末考试数学理试卷 Word版含答案

数学试卷（理科）

本试卷共100分，考试时长120分钟。

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知A(1,3),B(3,5)，则直线AB的斜率为（ ） A. 2

B. 1

C.

12 D. 不存在

2. 圆心为(3,2)且过点A(1,1)的圆的方程是（ ） A. (x3)2(y2)25 B. (x3)2(y2)25 C. (x3)2(y2)225

D. (x3)2(y2)225

3. 已知直线x2y50与直线2xmy60互相垂直，则m（ ）A. －1

B.

14 C. 1 D. 4

4. 已知m,n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A. 若m∥，n∥，则m∥n B. 若m⊥，n，则m⊥n C. 若m⊥，m⊥n，则n∥

D. 若m∥，m⊥n，则n⊥

5. 双曲线2x2y28的实轴长是（ ） A. 2

B. 22

C. 4

D. 42

6. 一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积是（

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

）2xy207. 在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组x2y10，所表示的区域上一动点，则直线OM斜率

3xy80的最小值为（ ）

A. 1 3

B. 21 2 C. 1 D. 2

8. 已知抛物线C:yx的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|A. 1

B. 2

C. 4

5x0，则x0＝（ ） 4D. 8

229. 过点P(3,1)的直线l与圆xy1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）

A. (0,6] B. (0,3] C. [0,6]

D. [0,3]

10. 点P到图形C上每一个点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C的距离与到定点A的距离相等的点的轨迹不可能是（ ） ．．．

A. 圆

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

B. 椭圆

C. 双曲线的一支

D. 直线

x2y21的两条渐近线的方程为__________。 11. 双曲线16912. 以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周，若等腰直角三角形的直角边长为1，则所得圆锥的侧面积等于__________。

13. 已知a(1,1,0),b(1,0,2)，则|2ab|__________。

14. 如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米。

x2y2315. 设椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为直线xa上一点，△F2PF12ab是底角为30°的等腰三角形，则C的离心率为___________。

CC1的中点，16. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是_________。

三、解答题（本大题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. （本小题满分10分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PB，且侧面PAB⊥平面ABCD，点E是AB的中点。

（Ⅰ）求证：CD∥平面PAB； （Ⅱ）求证：PE⊥AD。

18.（本小题满分10分）

已知圆C经过A(1,3),B(1,1)两点，且圆心在直线yx上。 （Ⅰ）求圆C的方程；

（Ⅱ）设直线l经过点（2，－2），且l与圆C相交所得弦长为23，求直线l的方程。 19.（本小题满分10分）

已知平行四边形的两条边所在直线的方程分别为xy10,3xy40，且它的对角线的交点为

M(3,3)，求这个平行四边形其他两边所在直线的方程。

20.（本小题满分11分）

如图，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，ABPA2BC2,M为PB的中点。 （Ⅰ）求证：AM⊥平面PBC；

（Ⅱ）求二面角APCB的余弦值；

（Ⅲ）证明：在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC，并求

PD的值。 PC

21.（本小题满分11分）

已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点。

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）当直线l的斜率为1时，求△POQ的面积；

（Ⅲ）在线段OF上是否存在点M(m,0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。

【试题答案】

一、选择题 1. A 6. B 二、填空题 11. y2. D 7. A

3. C 8. A

4. B 9. D

5. C 10. D

3x 4

12. 2

13. 17

14. 26 三、解答题

15.

3 4

16. [325,] 4217. 解：（Ⅰ）因为底面ABCD是菱形， 所以CD∥AB。

2分 4分

又因为CD平面PAB， 且AB平面PAB， 所以CD∥平面PAB。

5分

（Ⅱ）因为PA＝PB，点E是AB的中点， 所以PE⊥AB。

6分

因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB平面ABCD＝AB，

PE平面PAB，

8分 9分

所以PE⊥平面ABCD。 因为AD平面ABCD， 所以PE⊥AD。

10分

18. 解：（Ⅰ）设圆C的圆心坐标为(a,a)， 依题意，有(a1)(a3)2222(a1)2(a1)2，

2分

即a6a9a2a1，解得a1，

所以r2(11)2(31)24，

4分 所以圆C的方程为(x1)2(y1)24。 5分

（Ⅱ）依题意，圆C的圆心到直线l的距离为1， 所以直线x2符合题意。

6分

设直线l方程为y2k(x2)，即kxy2k20， 则

|k3|k211，解得k43，

所以直线l的方程为y243(x2)，即4x3y20。 综上，直线l的方程为x20或4x3y20。

解：联立两条直线的方程，得到方程组

xy10,3xy40. 解此方程组，得x34,7

y4.如图，平行四边形ABCD的一个顶点是A(3,744)。

2分

设C(x0,y0)，由题意，点M（3，3）是线段AC的中点，

x034y7所以

23,0423， 4分

解得x2704,y1704。

5分

9分 10分

19.

由已知，直线AD的斜率kAD3， 因为直线BC∥AD， 所以，直线BC的方程为y即3xy160。

17273(x)， 44

7分

由已知，直线AB的斜率为kAB1。 因为直线CD∥AB， 所以，直线CD的方程为y即xy110。

1727(x)， 44

9分

因此，其他两边所在直线的方程是3xy160,xy110。 10分 20. 解：（Ⅰ）因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC， 所以PA⊥BC，

因为BC⊥AB，PAABA， 所以BC⊥平面PAB， 又AM平面PAB， 所以AM⊥BC，

因为PA＝AB，M为PB的中点， 所以AM⊥PB， 又PBBCB， 所以AM⊥平面PBC。

3分

（Ⅱ）如图，在平面ABC内，作AZ∥BC，则AP,AB,AZ两两互相垂直，建立空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0),P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,1)，M(1,1,0)。

AP(2,0,0),AC(0,2,1),AM(1,1,0)，

设平面APC的法向量为n(x,y,z)，则

nAP0,即x0,nAC0,2yz0. 令y1，则z2， 所以n(0,1,2)。

5分

由（Ⅰ）可知AM(1,1,0)为平面BPC的法向量， 设n,AM的夹角为，则cos1010， 因为二面角APCB为锐角， 所以二面角APCB的余弦值为

1010。 7分

（Ⅱ）设D(u,v,w)是线段PC上一点，且PDPC(01)， 即(u2,v,w)(2,2,1)， 所以u22,v2,w， 所以BD(22,22,)， 由BDAC0，得45。 9分

因为

45[0,1]，所以在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC， 此时，

PDPC45。

11分

（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为x2y221. 解：a2b21(ab0)。

1分

因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2， 所以bc1,a2。

所求椭圆方程为x22y21。

3分

（Ⅱ）因为直线l过椭圆右焦点F(1,0)，且斜率为1，所以直线l的方程为yx1。设P(x1,y1),Q(x2,y2)。

x22y2由2,得3y22y10，解得y111,yyx1,23，

4分

所以SPOQ112|OF||y1y2||y1y2|。 2236分

（Ⅲ）假设在线段OF上存在点M(m,0)(0m1)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形。因为直线l与x轴不垂直，所以设直线l的方程为yk(x1)(k0)。

x22y22,2222由可得(12k)x4kx2k20， yk(x1),因为16k4(12k)(2k2)8(k1)0，

42224k22k22,x1x2所以x1x2。

12k212k2设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点为N(x0,y0)

8分

2k2k,y所以x0， 02212k12k因为以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形， 所以MN⊥PQ，kMNk1，

所以kMNk212kkk1， 2k2m212kk22k2m， 整理得2212k12kmk22k212k2k212k2。

k2(k0)， 所以m212k所以0m

10分

1。 2 11分