南安一中2022～2022学年度高二上学期期中考数学（理）科试卷本试卷考试内容为：常用逻辑用语、圆锥曲线、空间向量、算法。分第I卷和第II卷，共4页，满分150分，考试时间120分钟。第I卷（选择题，共60分）一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）：1．双曲线的实轴长是()A．2B．C．4D．42．已知,则下列判断中，错误的是()A．p或q为真，非q为假B．p或q为真，非p为假INPUTx；Ifx≤50 Theny＝0.5*xElsey＝25＋0.6*(x－50)EndIfPRINTy.（第4题）C．p且q为假，非p为真D．p且q为假，p或q为真3．抛物线的焦点坐标是()A．B．C．D．4．根据右图算法语句，当输入x为时，输出y的值为()A．B．C．D．5．若椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且|MF1|－|MF2|＝1，则△MF1F2是()A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等边三角形6．对于常数，“”是“方程的曲线是椭圆”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．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率e是()10\nA．B．C．D．8．有下列四个命题：①“若，则互为相反数”的逆命题；②“全等三角形的面积相等”的否命题；③“若，则有实根”的逆命题；④“若，则”，其中真命题有()A．①②B．②③C．①③D．①③④9．若向量，且与的夹角余弦值为，则等于()A．B．C．或D．或（第12题）10．双曲线C的中心在原点，焦点在x轴，离心率，C与抛物线的准线交于点，，则C的实轴长为()A．B．C．D．11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，点是原点，若，则的面积为()A．B．C．D．12．执行右图的程序框图，如果输入的，则输出的=()A．5B．6C．7D．810\n第II卷（非选择题，共90分）二．填空题（共4小题，每小题4分，共16分，请把答案写在答题卡上）：13．命题“对任意的”的否定是.14．已知向量，，若∥,则.15．已知双曲线的渐近线方程为y＝±x，且过点M(－１，３)，则该双曲线的标准方程为.16．若二进制数100011和八进制数03相等，则.三．解答题（本大题共6小题，共74分):17．（本小题12分）已知双曲线C：的右焦点与抛物线的焦点重合，求该双曲线C的焦点到其渐近线的距离．18．（本小题12分）命题:“方程表示双曲线”()；命题:定义域为，若命题为真命题，为假命题，求实数的取值范围.19．（本小题12分）如图，棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=.（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）求点C到平面PBD的距离.10\n20．（本小题12分）椭圆C：，直线交椭圆C于A，B两点.（1）若过点P(1，)且弦AB恰好被点P平分，求直线方程．（2）若过点Q(0，2)，求△AOB(O为原点)面积的最大值．21．（本小题12分）如图，在棱长为的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．22．（本小题14分）如图，椭圆：的左焦点为，右焦点为，离心率．过的直线交椭圆于A、B两点，且△的周长为．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线：与椭圆有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．南安一中2022～2022学年度高二上学期期中考数学（理）科试卷（答案）一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）：10\n1～6CBACBB7～12BDCCCC二．填空题（共4小题，每小题4分，共16分）：13．存在14．15．16．1三．解答题（本大题共6小题，共74分):17．解：∴双曲线的一条渐近线方程为，即……8分∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于……12分18．解::由得：……2分:令，由对恒成立.（1）当时,,符合题意.……3分（2）当时，，由得，解得：……5分综上得：:.……6分因为为真命题，为假命题，所以命题一个为真,一个为假.…7分 或 ∴或……11分yzDPABCx∴或………………12分10\n19．方法一：证：（1）在Rt△BAD中，AD=2，BD=，∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD，BDÌ平面ABCD，∴BD⊥PA.又∵PA∩AC=A∴BD⊥平面PAC.……４分（2）解：∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD=，设C到面PBD的距离为d，由，有，即，得……12分方法二：证：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系，则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）.在Rt△BAD中，AD=2，BD=，∴AB=2.∴B（2，0，0）、C（2，2，0），……2分∴∵，即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，∴BD⊥平面PAC.……5分（2）由（Ⅰ）得，设平面PBD的法向量为，则，即，∴x=y=z，故平面PBD的法向量可取为.∵，∴C到面PBD的距离为……12分20．（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程得：，并作差得：(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝2，y1＋y2＝，代入得k=＝－1.则此弦所在直线方程是y－＝－（x－1）即x＋y－＝0.……5分10\n(2)易知直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2.……6分将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去y得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0.……7分令Δ＝144k2－36(1＋3k2)>0，得k2>1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.……8分所以S△AOB＝|S△POB－S△POA|＝×2×|x1－x2|＝|x1－x2|.因为(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－＝，……10分设k2－1＝t(t>0)，则(x1－x2)2＝＝≤＝.……12分当且仅当9t＝，即t＝,k2－1＝,k2＝时等号成立，此时△AOB面积取得最大值.……13分21．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.图① 图② (2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．10\n分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－＝λ2＋，OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．图③ ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，因为＝(－2，0，2)，所以＝2，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.10\n(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由可得于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．22．解：（Ⅰ）∵过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．∴4a=8，∴a=2∵e=，∴c=1∴b2=a2﹣c2=3∴椭圆E的方程为．……4分（Ⅱ）由，消元可得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12=0……5分∵动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P（x0，y0）∴m≠0，△=0，∴（8km）2﹣4×（4k2+3）×（4m2﹣12）=0∴4k2﹣m2+3=0①此时x0==，y0=，即P（，）由得Q（4，4k+m） ……8分取k=0，m=，此时P（0，），Q（4，），以PQ为直径的圆为（x﹣2）2+（y﹣）2=4，交x轴于点M1（1，0）M2（3，0）取k=，m=2，此时P（1，），Q（4，0），以PQ为直径的圆为（x﹣）2+（y﹣）2=，交x轴于点M3（1，0）或M4（4，0）故若满足条件的点M存在，即M（1，0），……1２分证明如下10\n∵∴故以PQ为直径的圆恒过轴上的定点M（1，0）……1４分10
