河北省蠡县第二中学2013-2014学年高二数学下学期期中试题 理 新人教A版

蠡县第二中学2013—2014学年第二学期期中考试理科数学试题

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，下列每小题所给选项只有一项符

合题意.) 1．当

2m1时，复数m(3i)(2i)在复平面内对应的点位于（ ） 3A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．抛物线 x2y2 的准线方程是( ）.

A．y

1111 B. x C．x D. y 2848

3．下列说法错误的是( ）. ．．

A．如果命题“p”与命题“p或q”都是真命题，那么命题q一定是真命题. B. 命题“若a0，则ab0”的否命题是：“若a0，则ab0”

22p:xR,x2x40xR,x2x40p00C．命题：0,则

2D．特称命题 “xR，使2xx40”是真命题.

4．已知a＝(2，4，－5)，b＝(3，x，y)，若a∥b，则x＋y＝( )

93

A．－9 B．－ C．－ D．－3

22

2

5．设函数f(x)＝＋ln x，则 ( )

x11

A．x＝为f(x)的极大值点 B．x＝为f(x)的极小值点

22C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点

6.已知结论:“在正ABC中，BC中点为D，若ABC内一点G到各边的距离都相等,

AG2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD中，GD若BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，

AO（ ） 则OM则

A．1 B．2 C．3 D．4

7. 若直线ykx2与双曲线xy6的右支交于不同的两点，那么k的取值范围是 （ ）

221515151515,,0） D．,1） ） B．（0,） C．（（333338．向量a(2,1,2)，与其共线且满足ax18的向量x是 （ ）

111 A．(,,) B．（4，－2，4） C．（－4，2，－4） D．（2，－3，4）

234A．（ 1

9.函数f(x)sinx2xf3，fx为f (x) 的导函数，令a＝－1，b＝log2，

2

3

则下列关系正确的是( )

A．f (a)>f (b) B．f (a)11.试在抛物线y24x上求一点P，使其到焦点F的距离与到A2,1的距离之和最小，则该点坐标为 （ ）

131243B．(,,)

123234C． (,,)

447333D．(,,)

44833311,1 B．,1 C．2,22 D．2,22 4412.已知f(x)为定义在(,)上的可导函数，且f(x)f/(x)对于xR恒成立，则

A．（ ）

A.f(2)e2f(0),f(2011)e2011f(0) B.f(2)e2f(0),f(2011)e2011f(0) C.f(2)e2f(0),f(2011)e2011f(0) D.f(2)e2f(0),f(2011)e2011f(0)

第Ⅱ卷 非选择题 （共90分）

二、填空题 （本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

13．命题“xR,ax2ax30恒成立”是假命题，则实数a的取值范围是 14. 已知A(1，2，－1)关于面 xOz 的对称点为B，则AB

15.已知抛物线y＝2px(p>0)的准线与曲线x＋y－6x－7＝0相切，则p的值为

xxxx16．求“方程()()1的解”有如下解题思路：设f(x)()()，则f(x)在

2

2

2

2434555R上单调递减，且f(2)1，所以原方程有唯一解x2．类比上述解题思路求解：已

2知函数fx的定义域为R，对任意xR，有fx3x，且f12，则方程

35fxx31的解集为__________

三、解答题：共6小题，共70分，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分10分） 求由抛物线yx4x3和它在点A（0，－3）、点B(3，0)处的切线所围成的区域的面积．

2

2

18.（本小题满分12分）

在三棱柱ABC­A1B1C1中，棱AA1与底面ABC垂直，△ABC为等腰直角三角形，

AB＝AC＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．

(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求证：平面AB1F⊥平面AEF．

19. （本小题满分12分）

已知动点M (x , y) 到直线l:x =4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍. (Ⅰ) 求动点M的轨迹C的方程;

(Ⅱ) 过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A, B两点. 若A是PB的中点, 求直线m的斜率.

20．（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，

PB底面ABCD，CDPD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，ABBC，ABADPB3，点E在棱PA上，且PE2EA． （1）求BC的长；

（2）求异面直线PA与CD所成的角； （3）求二面角ABED的余弦值．

3

x2y221．（本小题满分12分）已知椭圆221abab0的离心率为1，长轴长为4，

2

M为右顶点，过右焦点F的直线与椭圆交于A、B两点，直线AM、BM与x= 4分别交于P、Q两点，（P、Q不重合）． (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：FPFQ0．

22．（本小题满分12分）

已知函数fxlnxax在点A2,f2处的切线l的斜率为（Ⅰ）求实数a的值；

（Ⅱ）证明：函数fx的图象恒在直线l的下方（点A除外）；

（Ⅲ）设点Px1,fx1,Qx2,fx2，当x2x11时，直线PQ的斜率恒大于k，试求实数k的取值范围．

蠡县第二中学2013—2014学年第二学期期中考试

理科数学答案

一．1-5 DBDCD 6-10 CDCAD 11-12 A A

二．13、(,0)[3,) 14、0,4,0 15、2 16、{1} 三．17、解析：y2x4，k1y04,k2y32，所以过点A（0，－3）和点B(3，0)的切线方程分别是

y 3． 23，围y4x3和y2x6，两条切线的交点是（,3）2

Ｏ x 4

成的区域如图所示：区域被直线x

3分成了两部分，分别计算再相加，得： 233S[(4x3)dx(x4x3)dx][3(2x6)dx3(x24x3)dx]

2232032021(2x3x)(x32x23x)39即所求区域的面积是.

42320320(x26x)3321(x32x23x)33329 418．(1)证明：取AB的中点为G，连接DG，GC.

1

∵D是AB1的中点，∴DG∥BB1，且DG＝BB1，

2

1

又∵BB1∥CC1，CE＝CC1，

2

∴DG∥CE且DG＝CE，

∴四边形DECG是平行四边形，

∴DE∥GC，又∵DE平面ABC，GC平面ABC，∴DE∥平面ABC.

(2)∵△ABC为等腰直角三角形，F为BC的中点，∴BC⊥AF， 由题意知，B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AF，又∵B1B∩BC＝B，

2

∴AF⊥平面B1BF，∴AF⊥B1F，设AB＝AA1＝2，则B1F＝6，EF＝3，B1E＝3，故B1E22

＝B1F＋EF，∴B1F⊥EF，又∵AF∩EF＝F，

∴B1F⊥平面AEF，又∵B1F平面AB1F，∴平面AB1F⊥平面AEF.

19.解: (Ⅰ) 点M(x,y)到直线x=4的距离,是到点N(1,0)的距离的2倍,则

x2y2|x4|2(x1)y1.

43x2y21 所以,动点M的轨迹为 椭圆,方程为43(Ⅱ) P(0, 3), 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题知：2x10x2，2y13y2

22椭圆的上下顶点坐标分别是(0,3)和(0,-3),经检验直线m不经过这2点,即直线m斜率k存在.设直线m方程为:ykx3.联立椭圆和直线方程,整理得:

（34k2)x224kx240x1x224k24,xx 1234k234k2x1x21(x1x2)22x1x25(24k)293 2k2x2x12x1x222(34k)2423所以,直线m的斜率k

220．解：（1）以B为原点，BC，BA，BP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直

3，，0)P(0，0，，3)D(3，3，，0)C(a，0，0)，角坐标系Bxyz．设BCa，则A(0，

5

·PD0，即3(3a)90， CD(3a，3，，0)PD(3，3，3)． ∵CDPD，∴CD∴a6，则C(6，0，0)．∴BC=6 0，0) ∴CD(3,3,0)，PA(0，（2）由（1）可知C(6，3，3)，

∴cosPACD，PA·CDPACD1 ，所以异面直线PA与CD所成的角等于60°．

23232

91)， （3）设平面BED的法向量n(x，y，∵ PE=2EA, ∴ E(0,2,1) ∵BE(0，21)，，BD(3，3，0)， 1x，·BE0，2y10，11n2，1． 由得所以 于是n，1223x3y0，·BD0，y，n2，0，0)， 又因为平面ABE的法向量m(1所以cosn，m66，即二面角ABED的余弦值为．

6621.解：（1）由题意有2a4,a2 ,ec1, c1, b23 a2x2y21 ∴椭圆的标准方程为 43（2）当直线AB与x轴垂直时，则直线AB的方程是x1， 则A（1，

33）B（1，—） 22AM、BM与x=4分别交于P、Q两点，A,M,P三点共线，AM，MP共线 可求P(4,3)，∴FP(3,3)，同理：Q(4,3)， FQ(3,3) ∴FPFQ0 命题成立。 若直线AB与x轴不垂直，则设直线AB的斜率为k，（k0）

∴直线AB的方程为yk(x1),k0 又设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4)

yk(x1)2222联立x2y2 消y得 (34k)x8kx4k120

1348k24k2129k22,x1x2∴ x1x2 ∴y1y2k(x11)(x21) 22234k34k34k2y12y2又∵A、M、P三点共线，∴y3 同理y4

x12x222y22y14y1y2∴FP(3,)，FQ(3,)，∴FPFQ90

x22x12x1x22(x1x2)4综上所述：FPFQ0

6

22.（Ⅰ）因为fx所以f213a，又因为函数fx在点A2,f2处的切线斜率为，

2x3，所以a1； 23xln21， y（Ⅱ）因为fxlnxx，所以A2,ln22，所以l的方程为：2令gxfx3xln21lnx122xln21， 则gx112x2x2x，又因为x0，

所以当x0,2时，gx0；当x2,时，gx0，

所以函数gx在0,2单调递增，在2,单调递减， 所以当x2时，gx取得最大值g20， 所以gx0，所以fx32xln21， 即函数fx的图象恒在其切线l的下方（切点除外）；

（Ⅲ）因为kfx2fx1PQx，所以当xfx2fx12x11时，k，2x1x2x1即fx2fx1kx2x1，fx2kx2fx1kx1. 令hxfxkxlnxxkxx0， 所以hx在1,单调递增， 所以hx1x1k0在1,恒成立， 所以k1x1在1,恒成立，所以k1.

7