2022年秋高二年期中考试数学（理）科试卷考试时间：120分钟满分：150分一,选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题所给的四个答案中有且只有一个答案是正确的）1.命题：“，”的否定是（）A．，B．不存在，C．，D．，2.抛物线的焦点坐标是()A.B.C.D.3.双曲线的一条渐近线为，则该双曲线的离心率为()A．B．2C．D．第4题CBDAC1B1A1D1M4.如图，在平行六面体中,点为与的交点，若，则下列向量中与相等的是（）A．B．C．D．5.平面内有两定点A、B及动点P，设命题甲：“|PA|+|PB|是定值”，命题乙：“点P的轨迹是以A、B为焦点的椭圆”，则甲是乙的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6.“|x|<2”是“x2-x-6<0”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD-10-\n=60º，且A1A=3，则A1C的长为（）A．B．C．D．8．空间四边形OABC中，OA=6,AB=4,AC=3,BC=6，∠OAC＝∠OAB＝，则cos〈，〉等于( )A.B.C．D．9.已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为5，则的值是()A.1B.C.D.10.已知命题椭圆上存在点到直线的距离为1，命题椭圆与双曲线有相同的焦点，则下列命题为真命题的是（）A．B．C.D．11.如图，过抛物线焦点的直线依次交抛物线和圆于A、B、C、D四点，则|AB|·|CD|＝( )A．4B．2C．1D.12.已知A,B,P是双曲线上的不同三点，且AB连线经过原点，若直线PA，PB的斜率乘积，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.二、填空题（每小题5分，共25分）13.若双曲线的离心率e=2，则m=。14、已知命题P：任意“，”，命题q：“存在”若“p且q”为真命题，则实数的取值范围是。-10-\n15.已知点A是抛物线(p＞0)上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，△FBC为正三角形，且△ABC的面积是，则抛物线的方程为。16.已知椭圆与双曲线:有公共的焦点，且在第一象限交点为，且．若与的离心率分别为、，则的最大值为。三、解答题（10+12+12+12+12+12=70分，写出必要的解题过程）17.（本小题满分10分）设命题：方程表示双曲线；命题：（1）若命题为真命题，求实数的取值范围．（2）若命题为真命题，求实数的取值范围．（3）求使“”为假命题的实数的取值范围．18.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0，4)，离心率为.(1)求C的方程；(2)求过点(3，0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标.19、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点；-10-\n（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值．20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．21.在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点在线段上，且，点在圆上运动。(1)求点的轨迹方程；(2)过定点的直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在点，使为常数，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。-10-\n22．如图，椭圆=1（a＞b＞0）的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点．（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点．若直线l绕点F任意转动，恒有|OA|2+|OB|2＜|AB|2，求a的取值范围．-10-\n季延中学2022年秋高二年期中考试数学（理）参考答案一：CCCDBAACDBCA二：13,4814，15,y2＝16x16,三：17.解（1）∵方程表示双曲线，∴，即或。…………4分（2）或…………7分（3）要使“”为假命题，则p，q都是假命题，∴得的取值范围为…………10分18.解 (1)将(0，4)代入C的方程得＝1，∴b＝4.又由e＝＝，得＝，即1－＝，∴a＝5，∴C的方程为＋＝1.…………5分(2)过点(3，0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3).…………6分设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得＋＝1，即x2－3x－8＝0，解得x1＝，x2＝.…………9分设线段AB的中点坐标为(x′，y′)，则x′＝＝，y′＝＝(x1＋x2－6)＝－，即中点坐标为.…………12分19.【答案】（I）（II）解：（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，………1分-10-\n则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），∴cos＜，＞==………………5分∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为………………6分（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），……………9分设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=…………11分∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：…………12分20.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．试题解析：（Ⅰ）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，因为为的中点，所以，又，因此，因为平面，平面，所以，而平面，平面且，所以平面，又平面，所以．………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，…………6分又分别为的中点，-10-\n所以，所以．…………7分设平面的一法向量为，则，因此．取，则，…………9分因为，所以平面，故为平面的一法向量，又，…………10分所以，…………11分因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为…………12分21.试题解析：(1)设P(x0，y0)，M(x，y)，则x0＝x，y0＝y.∵P(x0，y0)在x2＋y2＝4上，∴x＋y＝4.∴x2＋2y2＝4，即＋＝1.点M的轨迹方程为＋＝1(x≠±2)．…………4分(2)假设存在．当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(n,0)，联立方程组整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－4＝0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.…………6分∴·＝(x1－n，y1)·(x2－n，y2)-10-\n＝(1＋k2)x1·x2＋(x1＋x2)(k2－n)＋n2＋k2＝(1＋k2)×＋(k2－n)×＋k2＋n2＝＋n2…………………………………………7分＝＋n2＝(2n2＋4n－1)－.………………………………8分∵·是与k无关的常数，∴2n＋＝0.∴n＝－，即N，此时·＝－.……………………10分当直线AB与x轴垂直时，若n＝－，则·＝－.……………………11分综上所述，在x轴上存在定点N，使·为常数．……………………12分22【解答】解：（Ⅰ）设M，N为短轴的两个三等分点，因为△MNF为正三角形，所以，即1=，解得．a2=b2+1=4，因此，椭圆方程为．…………4分（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．（ⅰ）当直线AB与x轴重合时，|OA|2+|OB|2=2a2，|AB|2=4a2（a2＞1），因此，恒有|OA|2+|OB|2＜|AB|2．……………………5分（ⅱ）当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为：，整理得（a2+b2m2）y2+2b2my+b2﹣a2b2=0，所以……………………6分因为恒有|OA|2+|OB|2＜|AB|2，所以∠AOB恒为钝角．即恒成立．……………………8分-10-\nx1x2+y1y2=（my1+1）（my2+1）+y1y2=（m2+1）y1y2+m（y1+y2）+1==．………………………………9分又a2+b2m2＞0，所以﹣m2a2b2+b2﹣a2b2+a2＜0对m∈R恒成立，即a2b2m2＞a2﹣a2b2+b2对m∈R恒成立．当m∈R时，a2b2m2最小值为0，所以a2﹣a2b2+b2＜0．…………11分a2＜a2b2﹣b2，a2＜（a2﹣1）b2=b4，因为a＞0，b＞0，所以a＜b2，即a2﹣a﹣1＞0，解得a＞或a＜（舍去），即a＞，综合（i）（ii），a的取值范围为（，+∞）．…………12分-10-
