高二理数试题第1页共4页高二理数试题第2页共4页 陈州高中 2018 2019 下 第一次月考 高二理数试题 一 选择题 本题共一 选择题 本题共12小题 每小题小题 每小题5分 共分 共60分分 在每小题给出的四个选项中 只有一项 是符合题目 在每小题给出的四个选项中 只有一项 是符合题目 1 已知a 3 2 5 b 1 5 1 则a a 3b A 0 34 10 B 3 19 7 C 44D 23 2 经过点P 4 2 的抛物线的标准方程为 A y2 x或x2 8yB y2 x或y2 8xC y2 8xD x2 8y 3 在长方体ABCD A1B1C1D1中 AB BC CC 1 D1C1 等于 A AD1 B AC1 C AD D AB 4 已知P 8 a 在抛物线y2 4px p 0 上 且P到焦点的距离为10 则焦点到准线的距离为 A 2B 4C 8D 16 5 如图所示 在几何体A BCD中 AB 平面BCD BC CD 且AB BC 1 CD 2 点E为CD中点 则AE的长为 A 2 B 3 C 2 D 5 6 已知F是抛物线y2 x的焦点 A B是该抛物线上的两点 AF BF 3 则线段AB的 中点到y轴的距离为 A 3 4 B 1C 5 4 D 7 4 7 如图所示 点P在正方形ABCD所在平面外 PA 平面ABCD PA AB 则PB与AC所成的角是 A 90 B 60 C 45 D 30 8 过抛物线y2 2px p 0 的焦点作一条直线交抛物线于点A x1 y1 B x2 y2 则y1y2 x1x2为 A 4B 4C p2D p2 9 有一个正三角形的两个顶点在抛物线y2 2px p 0 上 另一个顶点在原点 则该三角形的 边长是 A 2 3pB 4 3pC 6 3pD 8 3p 10 如图 在直三棱柱ABC A1B1C1中 ACB 90 2AC AA1 BC 2 D为AA1上一点 若 二面角B1 DC C1的大小为60 则AD的长为 A 2 B 3 C 2 D 2 2 11 与直线2x y 4 0平行的抛物线y x2的切线方程为 A 2x y 3 0B 2x y 3 0C 2x y 1 0D 2x y 1 0 12 如图 已知抛物线的焦点为F 过点F的直线AB交抛物线于点A B 交抛物 线的准线于点C 若 则 A 4 B 5 C 6 D 7 二 填空题 本小题共二 填空题 本小题共4小题 每小题小题 每小题5分 共分 共20分分 13 已知双曲线x 2 m y 2 1的右焦点恰好是抛物线y2 8x的焦点 则 m 14 已知直线l1的方向向量为a 2 4 x 直线l2的方向向量为b 2 y 2 若 a 6 且 a b 则x y的值是 15 直角三角形ABC的两条直角边BC 3 AC 4 PC 平面ABC PC 9 5 则点 P到斜边 AB的距离是 16 已知抛物线C y2 4x的焦点为F 准线为l 过抛物线C上的点A作准线l的垂线 垂 足为M 若 AMF与 AOF 其中O为坐标原点 的面积之比为3 1 则点A的坐标为 高二理数试题第3页共4页高二理数试题第4页共4页 三 解答题 共三 解答题 共70分分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 10分 根据下列条件求抛物线的标准方程 1 抛物线的焦点是双曲线16x2 9y2 144的左顶点 2 抛物线的焦点F在x轴上 直线y 3与抛物线交于点A AF 5 18 12分 如图 已知点P在正方体ABCD A B C D 的对角线BD 上 PDA 60 1 求异面直线DP与CC 所成角的大小 2 求DP与平面AA D D所成角的大小 19 12分 已知抛物线y2 x与直线y k x 1 相交于A B两点 1 求证 OA OB 2 当 AOB的面积等于10时 求k的值 20 12分 如图 在四棱锥P ABCD中 AB CD 且90BAPCDP 1 证明 平面PAB 平面PAD 2 若PA PD AB DC 90APD 求二面角 A PB C的余弦值 21 12分 已知抛物线C y2 4x F是抛物线C的焦点 过点F的直线l与抛物线C交于 A B两点 O为坐标原点 1 如果l的斜率为1 求以AB为直径的圆的方程 2 若 FA 2 BF 求直线l的方程 22 12分 如图 几何体是圆柱的一部分 它是由矩形ABCD 及其内部 以AB边所在直线 为旋转轴旋转120 得到的 G是DF 的中点 1 设P是CE 上的一点 且AP BE 求 CBP的大小 2 当AB 3 AD 2时 求二面角E AG C的大小 1 1 陈州高中 2018 2019 下 第一次月考 理数答案 一选择题 一选择题 1 5CAABB6 10CBBBA11 12DB 二 填空题二 填空题 13 314 1 或 315 316 2 2 2 三 解答题 三 解答题 17 解 1 由双曲线方程得x 2 9 y 2 16 1 其左顶点为 3 0 因此抛物线的焦点为 3 0 设其标准方程为 y2 2px p 0 则p 2 3 所以 p 6 因此抛物线的标准方程为 y2 12x 2 当抛物线开口向右时 设抛物线的标准方程为 y2 2px p 0 A x0 3 依题意得 9 2px0 x0 p 2 5 解得 p 1 或 p 9 当抛物线开口向左时 设抛物线的标准方程为 y2 2px p 0 A x0 3 依题意得 9 2px0 p 2 x 0 5 解得 p 1 或 p 9 综上所述 所求抛物线的标准方程为 y2 2x 或 y2 18x 18 18 解 如图 以 D 为坐标原点 DA 为单位长度建立 空间直角坐标系 Dxyz 则DA 1 0 0 CC 0 0 1 连接 BD B D 在平面 BB D D 中 延长 DP 交 B D 于点 H 设DH m m 1 m 0 由 DH DA 60 及DH DA DH DA cos DH DA 可得 2m 2m2 1 解得 m 2 2 所以DH 2 2 2 2 1 1 因为 cos DH CC 1 1 2 2 2 所以 DH CC 45 即异面直线 DP 与 CC 所成的角为 45 2 平面 AA D D 的一个法向量是DC 0 1 0 因为 cos DH DC 2 2 0 2 2 1 1 0 1 2 1 2 所以 DH DC 60 即 DP 与平面 AA D D 所成的角为 30 2 2 19 19 1 证明 如图 由方程组 y2 x y k x 1 消去 x 并整理 得 ky 2 y k 0 设点 A x1 y1 B x2 y2 由根与系数的关系知 y1 y2 1 k y 1 y2 1 因为 kOA kOB y1 x1 y2 x2 y1 y21 y2 y22 1 y1y2 1 所以 OA OB 2 设直线与 x 轴交于点 N 显然 k 0 令 y 0 则 x 1 即点 N 1 0 所以 S OAB S OAN S OBN 1 2 ON y 1 1 2 ON y 2 1 2 ON y 1 y2 1 2 1 y 1 y2 2 4y1y2 1 2 1 k 2 4 10 所以 k 1 6 2 在平面PAD内作PFAD 垂足为F 由 1 可知 AB 平面PAD 故ABPF 可得PF 平面ABCD 以F为坐标原点 FA 的方向为x轴正方向 AB 为单位长 建立如图所示 的空间直角坐标系F xyz 由 1 及已知可得 2 0 0 2 A 2 0 0 2 P 2 1 0 2 B 2 1 0 2 C 所以 22 1 22 PC 2 0 0 CB 22 0 22 PA 0 1 0 AB 设 x y z n 是平面PCB的法向量 则 0 0 PC CB n n 即 22 0 22 20 xyz x 可取 0 1 2 n 设 x y z m 是平面PAB的法向量 则 0 0 PA AB m m 即 22 0 22 0 xz y 可取 1 0 1 m 则 3 cos 3 n m n m n m 所以二面角APBC 的余弦值为 3 3 3 3 21 21 解 设 A x1 y1 B x2 y2 1 因为 y2 4x 所以 F 1 0 准线为 x 1 又直线 l 的斜率为 1 所以直线 l 的方程为 y x 1 代入 y2 4x 得 x2 6x 1 0 由根与系数的关系 得 x1 x2 6 x1x2 1 易得 AB 的中点 即所求圆的圆心 的坐标为 3 2 又由抛物线的定义 知 AB x1 x2 2 8 所以所求圆的半径 r 4 所以以 AB 为直线的圆的方程为 x 3 2 y 2 2 16 2 因为 FA 2 BF 所以FA 2BF 又FA x1 1 y1 BF 1 x2 y2 所以 x1 1 2 1 x2 y1 2y2 易知直线 l 的斜率存在且不为 0 设直线 l 的斜率 为 k 则直线 l 的方程为 y k x 1 代入 y2 4x 得 k2x2 2k2 4 x k2 0 由根与系数的关系 得 x1 x2 2k 2 4 k2 x1x2 1 又 x1 1 2 1 x2 所以 x1 1 x2 1或 x1 2 x2 1 2 所以 k 2 2 此时 0 所以直线 l 的方程为 y 2 2 x 1 或 y 2 2 x 1 22 解解 1 因为 AP BE AB BE AB AP 平面 ABP AB AP A 所以 BE 平面 ABP 又 BP 平面 ABP 所以 BE BP 又 EBC 120 因此 CBP 30 2 法一 4 4 取EC 的中点 H 连接 EH GH CH 因为 EBC 120 所以四边形 BEHC 为菱形 所以 AE GE AC GC 32 22 13 取 AG 中点 M 连接 EM CM EC 则 EM AG CM AG 所以 EMC 为所求二面角的平面角 又 AM 1 所以 EM CM 13 1 2 3 在 BEC 中 由于 EBC 120 由余弦定理得 EC2 22 22 2 2 2 cos 120 12 所以 EC 2 3 因此 EMC 为等边三角形 故所求的角为 60 法二 以 B 为坐标原点 分别以 BE BP BA 所在的直线为 x y z 轴 建立如图 所示的空间直角坐标系 由题意得 A 0 0 3 E 2 0 0 G 1 3 3 C 1 3 0 故AE 2 0 3 AG 1 3 0 CG 2 0 3 设 m x1 y1 z1 是平面 AEG 的一 个法向量 由 m AE 0 m AG 0 可得 2x1 3z1 0 x1 3y1 0 取 z1 2 可得平面 AEG 的一个法向量 m 3 3 2 设 n x2 y2 z2 是平面 ACG 的一个法向量 由 n AG 0 n CG 0 可得 x2 3y2 0 2x2 3z2 0 取 z2 2 可得平面 ACG 的一个法向量 n 3 3 2 所以 cos m n m n m n 1 2 因此所求的角为 60