高二上期數(shù)學(xué)典卷

高二上期數(shù)學(xué)典卷一．選擇題（共5小題）1．（2006?薊縣一模）已知一個(gè)平面與正方體的12條棱所成的角都等于θ，則sinθ的值為（）A． B． C． D．2．（2009秋?南岸區(qū)校級(jí)期中）點(diǎn)P是圓x2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn)，它與定點(diǎn)（3，0）的連線段的中點(diǎn)的軌跡方程是（）A． B．C．（x+3）2+y2=4 D．（x﹣3）2+y2=43．棱臺(tái)的兩底面積分別為S上、S下、平行于底面的截面把棱臺(tái)的高自上而下分為兩段之比為m：n，則截面S0為（）A． B．C．（）2 D．（）24．（2012?南充三模）某校要從高一、高二、高三共2012名學(xué)生中選取50名組成志愿團(tuán)，若采用下面的方法選取，先用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法從2012人中剔除12人，剩下的2000人再按分層抽樣的方法進(jìn)行，則每人人選的概率（）A．都相等且為 B．都相等且為C．不會(huì)相等 D．均不相等5．已知圓C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1．圓C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=16．M，N，分別是圓C1，C2上的動(dòng)點(diǎn)．P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|+|PN|的最小值為（）A．5﹣5 B．﹣1 C．6﹣2 D．二．填空題（共2小題）6．（2014秋?青原區(qū)校級(jí)月考）如圖，下列五個(gè)正方體圖形中，I是正方體的一條對(duì)角線，點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出I垂直于平面MNP的圖形的序號(hào)是．7．（2014秋?揚(yáng)中市校級(jí)月考）已知圓x2+y2+x﹣6y+m=0與直線x+2y﹣3=0相交于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若OP⊥OQ，則m的值為．三．解答題（共20小題）8．（2011秋?榆陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD﹣A1B1C1D的棱AA1和棱CC1上的點(diǎn)，且AE=C1F，求證：四邊形EBFD1是平行四邊形．9．（2012秋?蚌山區(qū)校級(jí)期中）已知如圖：E、F、G、H分別是正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中點(diǎn)．（1）求證：EG∥平面BB1D1D；（2）求證：平面BDF∥平面B1D1H．10．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是A1B的中點(diǎn)，F(xiàn)是B1D1的中點(diǎn)，求證：EF∥平面BB1C1C．11．（2007?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中點(diǎn)．（Ⅰ）證明：CD⊥AE；（Ⅱ）證明：PD⊥平面ABE；（Ⅲ）求二面角A﹣PD﹣C的大?。?4．（2009?廣東校級(jí)模擬）已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，觀察程序框圖，若k=5，k=10時(shí)，分別有和（1）試求數(shù)列{an}的通項(xiàng)；（2）令bn=2an，求b1+b2+…+bm的值．25．（2013?陜西二模）已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2（a﹣2）x﹣b2+16=0（1）若a，b是一枚骰子擲兩次所得到的點(diǎn)數(shù)，求方程有兩正根的概率．（2）若a∈[2，6]，b∈[0，4]，求方程沒(méi)有實(shí)根的概率．26．例4．設(shè)x，y∈R，求證：|x+y|=|x|+|y|成立的充要條件是xy≥0．27．（2013秋?周村區(qū)校級(jí)期末）已知命題p：方程x2﹣（2+a）x+2a=0在[﹣1，1]上有且僅有一解；命題q：存在實(shí)數(shù)x使不等式x2+2ax+2a≤0成立，若命題“p∧q”是真命題，求a的取值范圍．

高二上期數(shù)學(xué)典卷參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．解：因?yàn)槔釧1A，A1B1，A1D1與平面AB1D1所成的角相等，所以平面AB1D1就是與正方體的12條棱的夾角均為θ的平面．∠A1AO=θ，設(shè)棱長(zhǎng)為：1，A1O=，AO=，易知sinθ==．故選C．2．解：設(shè)線段中點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y），P的坐標(biāo)（a，b），因?yàn)榫€段的中點(diǎn)是P與（3，0）的中點(diǎn)，所以滿足，所以，因?yàn)镻是圓x2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn)，所以（2x﹣3）2+（2y）2=1，即：，所以所求線段的中點(diǎn)的軌跡方程是．故選A．3．解：由題意可知：設(shè)還臺(tái)為錐后延長(zhǎng)四條棱交于一點(diǎn)形成錐體后，以棱臺(tái)的上底面為底面的棱柱的高與截面截得的上半段高的比為x：m，則由相似關(guān)系可知：，∴，又因?yàn)椋海?，解得：S0=（）2．故選D．4．解：根據(jù)分層抽樣的定義和方法可得，每個(gè)個(gè)體被抽到的概率都相等，都等于樣本容量除以總體的個(gè)數(shù)，故每個(gè)個(gè)體被抽到的概率都等于，故選A．5．解：如圖圓C1關(guān)于x軸的對(duì)稱圓的圓心坐標(biāo)C3（2，﹣3），半徑為1，圓C2的圓心坐標(biāo)（3，4），半徑為4，由圖象可知當(dāng)P，C2，C3，三點(diǎn)共線時(shí)，|PM|+|PN|取得最小值，|PM|+|PN|的最小值為圓C3與圓C2的圓心距減去兩個(gè)圓的半徑和，即：|C3C2|﹣4﹣1=﹣5=﹣5=5﹣5．故選A．二．填空題（共2小題）6．解：設(shè)定正方體的頂點(diǎn)如圖，連結(jié)DB，AC，∵M(jìn)，N分別為中點(diǎn)，∴MN∥AC，∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵BB′⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴BB′⊥AC，∵BB′∩DB′=B，BB′?平面DBB′，AC?平面DBB′，∴AC⊥平面DBB′，∵DB′?平面DBB′，∴AC⊥DB′，∵M(jìn)N∥AC，∴DB′⊥MN，同理可證DB′⊥MF，DB′⊥NF，∵M(jìn)F∩NF=F，MF?平面MNF，NF?平面MNF，∴DB′⊥平面MNF，即I垂直于平面MNP，故①正確．④中由①中證明可知I⊥MP，∵M(jìn)N∥AC，AC⊥I，∴I⊥MN，∴I⊥平面MNP，同理可證明⑤中I⊥平面MNP．故答案為：①④⑤7．解：由題意設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則由方程組求得消y得5x2+10x+4m﹣27=0，于是根據(jù)韋達(dá)定理得，x1+x2=﹣2，x1?x2=．∴y1?y2=?=[9﹣3（x1+x2）+x1?x2]=[9+6+]=．再根據(jù)OP⊥OQ，可得?=x1?x2+y1?y2=+=0，求得m=3，故答案為：3．三．解答題（共20小題）8．解：在DD1上取DM=AE=C1F，連接CM，EM，∵CF=D1M=CC1﹣C1F，CF∥D1M，∴四邊形CMD1F為平行四邊形，∴CM∥FD1，CM=FD1，同理可證四邊形ADME為平行四邊形，∴EM∥BC，EM=BC，∴BCME為平行四邊形，∴BE∥CM，CM=BE，∴BE∥FD1，BE=FD1，∴四邊形EBFD1是平行四邊形．9．證明：（1）正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，取B1D1的中點(diǎn)O，連接GO，OB，由OG、BE都平行且等于B1C1的一半，可得四邊形BEGO為平行四邊形，故OB∥GE，而OB?平面BB1D1D，GE不在平面BB1D1D內(nèi)，由線面平行的判定定理即可證EG∥平面BB1D1D．（2）由正方體得BD∥B1D1，由于B1D1?平面B1D1H，而B(niǎo)D?平面B1D1H，∴BD∥平面B1D1H．如圖，連接HB、D1F，易證BF與HD1平行且相等，可得四邊形HBFD1是平行四邊形，故HD1∥BF．∵HD1?平面B1D1H，而B(niǎo)F?平面B1D1H，∴BF∥平面B1D1H．又BD∩BF=B，BD?平面BDF，BF?平面BDF，所以，平面BDF∥平面B1D1H．10．證明：如圖連接EF，A1C1，A1B，BC1，因?yàn)镋是A1B的中點(diǎn)，F(xiàn)是B1D1的中點(diǎn)，所以EF∥BC1，EF?平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，所以EF∥平面BB1C1C．11．解：（I）證明：在四棱錐P﹣ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故PA⊥CD．∵AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC．而AE?平面PAC，∴AE⊥CD．（II）證明：由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA．∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC．由（I）知，AE⊥CD，且PC∩CD=C，所以AE⊥平面PCD．而PD?平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD內(nèi)射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD．又AB∩AE=A，綜上得PD⊥平面ABE．（III）過(guò)點(diǎn)A作AM⊥PD，垂足為M，連接EM．由（II）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則EM⊥PD．因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．由已知，得∠CAD=30°．設(shè)AC=a，可得．在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM．PD=PA．AD．則．在Rt△AEM中，．所以二面角A﹣PD﹣C的大小是．12．解：（1）∵AD∥BC，AD?平面ADMN，BC?平面ADMN，∴BC∥平面ADMN，∵M(jìn)N=平面ADMN∩平面PBC，BC?平面PBC，∴BC∥MN．又∵AD∥BC，∴AD∥MN．∴ED∥MN∵N是PB的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∴ED=MN=1∴四邊形ADMN是平行四邊形．∴EN∥DM，DM?平面PDC，∴EN∥平面PDC；（2）∵側(cè)面PAD是正三角形，且與底面ABCD垂直，E為AD的中點(diǎn)，∴PE⊥AD，PE⊥EB，PE⊥BC∵∠BAD=60°，AB=2，AE=1，由余弦定理可得BE=，由正弦定理可得：BE⊥AD∴由AD∥BC可得BE⊥BC，∵BE∩PE=E∴BC⊥平面PEB；（3）∵由（2）知BC⊥平面PEB，EN?平面PEB∴BC⊥EN∵PB⊥BC，PB⊥AD∴PB⊥MN∵AP=AB=2，N是PB的中點(diǎn)，∴PB⊥AN，∴MN∩AN=N．PB⊥平面ADMN，∵PB?平面PBC∴平面PBC⊥平面ADMN．13．解：如圖，連結(jié)EG，BG．（1）∵BG是△BCD的中線，可得=（+）∴=+=+（+）∵=，=∴=++=+，根據(jù)向量共面的充要條件，得可得E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．（2）∵=+，=+∴=+=2+2=2=2（+）=2+2，結(jié)合，不共線，可得與，共面．又∵BD?面EFGH，∴BD∥面EFGH．14．解：（1）在△PAC中，∵PA=3，AC=4，PC=5，∴PA2+AC2=PC2，∴PA⊥AC；又AB=4，PB=5，∴在△PAB中，同理可得PA⊥AB∵AC∩AB=A，∴PA⊥平面ABC∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC．（2）如圖所示取PC的中點(diǎn)G，連接AG，BG，∵PF：FC=3：1，∴F為GC的中點(diǎn)又D、E分別為BC、AC的中點(diǎn)，∴AG∥EF，BG∥FD，又AG∩GB=G，EF∩FD=F，∴面ABG∥面DEF．即PC上的中點(diǎn)G為所求的點(diǎn)．（3）由（2）知G這PC的中點(diǎn)，連接GE，∴GE⊥平面ABC，過(guò)E作EH⊥AB于H，連接GH，則GH⊥AB，∴∠EHG為二面角G﹣AB﹣C的平面角．∵又∴又∴∴二面角G﹣AB﹣C的平面角的正切值為．15．解：以H為原點(diǎn)，HA，HB，HP分別為x，y，z軸，線段HA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）設(shè)C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）則．可得．因?yàn)樗訮E⊥BC．（Ⅱ）由已知條件可得m=，n=1，故C（﹣），設(shè)=（x，y，z）為平面PEH的法向量則即因此可以取，由，可得所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為．16．解：（1）a=﹣1時(shí)，直線化為y+3=0，不符合條件，應(yīng)舍去；當(dāng)a≠﹣1時(shí)，分別令x=0，y=0，解得與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)（0，a﹣2），．∵直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距相等，∴，解得a=2或a=0．∴直線l的方程為：3x+y=0或x+y+2=0．（2）直線l的方程（a+1）x+y+2﹣a=0化為y=﹣（a+1）x+a﹣2．∵直線l不經(jīng)過(guò)第二象限，∴，解得a≤﹣1．∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤﹣1．17．解：過(guò)A作直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′，連A′B交l于P，∵|AP′|+|P′B|=|A′P′|+|BP′|＞|A′B|，∴P點(diǎn)即為所求．設(shè)A′（a，b），則，即，解得a=3，b=6，即A′（3，6），直線A′B的方程為，即6x+y﹣24=0，由，解得x=，y=，即P（，），故供水站P應(yīng)建在P（，），才能使管道最?。?8．解：（1）當(dāng)直線過(guò)原點(diǎn)時(shí)，設(shè)直線的方程為y=kx，即kx﹣y=0．由題設(shè)知，得k=1或．故所求直線的方程為x﹣y=0或x+7y=0．（2）當(dāng)直線不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)，設(shè)所求直線的方程為x+y﹣a=0．由題意可得：，解得a=2或a=6．∴所求直線的方程為x+y﹣2=0或x+y﹣6=0．綜上所述：所求直線方程為x﹣y=0或x+7y=0或x+y﹣2=0或x+y﹣6=0．19．解：（1）若m=0時(shí)，l1：x=﹣6，l2：2x﹣3y=0，此時(shí)l1與l2相交；（2）若有m=﹣1或m=3，由有m=±3；故（i）當(dāng)m≠﹣1且m≠3時(shí)，，l1與l2相交；（ii）當(dāng)m=﹣1時(shí)，，l1與l2平行；（iii）當(dāng)m=3時(shí)，l1與l2重合．20．解：（1）將兩圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程，得C1：（x﹣1）2+（y+5）2=50，C2：（x+1）2+（y+1）2=10∴圓C1的圓心為（1，﹣5），半徑為r1=5；圓C2的圓心為（﹣1，﹣1），半徑為r2=…（4分）又∵|C1C2|==2，r1+r2=5+，r1﹣r2=5﹣，可得r1﹣r2＜|C1C2|＜r1+r2…（5分）∴兩圓相交…（6分）（2）將兩圓的方程相減，得4x﹣8y+16=0，化簡(jiǎn)得：x﹣2y+4=0，∴公共弦所在直線的方程是x﹣2y+4=0．…（9分）（3）由（2）知圓C1的圓心（1，﹣5）到直線x﹣2y+4=0的距離d==3…（12分）由此可得，公共弦的長(zhǎng)l=2=2=2…（14分）21．解：設(shè)圓心的坐標(biāo)為C（a，0），a＞0，由題意可得圓的半徑r==|a﹣1|，圓心到直線直線l：y=x﹣1的距離d=．由弦長(zhǎng)公式可得（a﹣1）2=+，解得a=3，或a=﹣1（舍去），故半徑等于2，故圓的方程為（x﹣3）2+y2=4．22．解：（1）點(diǎn)A（﹣1，﹣2）．點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（x0，y0），∵直線l：2x﹣3y+1=0，∴x0=﹣，y0=，（2）解得：x=4，y=3，直線l，m的交點(diǎn)為（4，3），設(shè)m的斜率為k，=解得：k1=（舍去），k2=，直線m′的方程為：y﹣3=（x﹣4），即：9x﹣46y+102=0（3）設(shè)直線l關(guān)于點(diǎn)A（﹣1，﹣2）對(duì)稱的直線l′上的點(diǎn)的坐標(biāo)為N（x，y）．∴N（x，y）關(guān)于點(diǎn)A（﹣1，﹣2）對(duì)稱點(diǎn)為N′（﹣2﹣x，﹣4﹣y）∴N′（﹣2﹣x，﹣4﹣y）在直線l：2x﹣3y+1=0上，代入直線方程得：直線l′的方程為：2x﹣3y﹣9=0，23．解：設(shè)M、N的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x，y），由題設(shè)|OM|?|ON|=150，得，當(dāng)x=0時(shí)，解y2﹣8y=0得：y=0（舍去），或y=8，此時(shí)|OM|=8，|ON|=，即N為（0，），當(dāng)x1≠0，x≠0時(shí)，∵N是射線OM上的點(diǎn)，∴有，設(shè)=k，有y=kx，y1=kx1，則原方程為x12+k2x12﹣6x1﹣8kx1=0，由于x≠0，所以（1+k2）x1=6+8k，又|x1x|（1+k2）=150，因?yàn)閤與x1同號(hào)，所以x1=，代入上式得=6+8k，因?yàn)閗=，所以=6+8，化簡(jiǎn)可得：3x+4y﹣75=0為所求．經(jīng)檢驗(yàn)：（0，）也滿足3x+4y﹣75=0，故3x+4y﹣75=0為所求．24．解：（1）由框圖可知∵ai+1=ai+d，∴{an}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則有∴=，由題意可知，k=5時(shí)，∴得或（舍去）故an=a1+（n﹣1）d=2n﹣1（2）由（1）可得：bn=2an=22n﹣1∴b1+b2++bm=21+23++22m﹣1==25．解：（1）由題意知本題是一個(gè)古典概型用（a，b）表示一枚骰子投擲兩