海南省文昌市文昌中学2022-2022学年高二数学上学期期考（期末）试题理注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名\准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号标黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（每题5分，共60分）1．不等式组的解集为( )A．{x|－1＜x＜1}B．{x|0＜x＜3}C．{x|0＜x＜1}D．{x|－1＜x＜3}2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量、、两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于( )A．5B．6C．4D．83．已知a，b为非零向量，则“a⊥b”是“函数f(x)＝(xa＋b)·(xb－a)为一次函数”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．下列四个命题中的真命题为( )A．∃x0∈Z，1＜4x0＜3B．∃x0∈Z，5x0＋1＝0C．∀x∈R，x2－1＝0D．∀x∈R，x2＋x＋2＞05．已知命题p：“∀x∈[1,2]，x2－a≥0”；命题q：“∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”．若命题“p且q”是真命题，则实数a的取值范围为( )A．a≤－2或a＝1B．a≤－2或1≤a≤2C．a≥1D．－2≤a≤16．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( )A．B．C．D．7．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )A．8B．10C．12D．148．已知为双曲线C：x2—y2=2的左右焦点，点在上，，则cos∠F1PF2=（ ）13\nA．B．C．D．9．设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝2x＋3y＋1的最大值为( )A．11 B．10C．9D．8.510．设F1,F2是椭圆（a＞b＞0）的左右焦点,若直线x=ma(m＞1)上存在一点P,使ΔF2PF1是底角为30°的等腰三角形，则m的取值范围是（ ）A．m>2B．1<m<2C．1<m<D．m>11．已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点A、B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=90°,过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为（）A．1B．C．D．12．设双曲线C的中心为原点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|=|A2B2|，其中A1、B1和A2、B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A．（，+∞）B．[，2）C．（，2D．[，+∞）第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）13．已知命题p：若x＞y，则－x＜－y，命题q：若x＞y，则x2＞y2。在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(┐q)；④(┐p)∨q中，真命题是.（写出正确答案序号）15题图14．已知的三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为.15．如图，，是双曲线＞0)的左、右焦点，过的直线与双曲线分别交于点A、B，若△为等边13\n三角形，则△的面积为.16．曲线C是平面内与两个定点F1（—1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数的点的轨迹。给出下列三个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于坐标原点对称；③若点P在曲线C上，则△FPF的面积大于a.其中，所有正确结论的序号是.三、解答题（本大题6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（10分）在中，角，，对应的边分别是，，。已知cos2A—3cos(B+C)=1（I）求角的大小；（Ⅱ）若的面积，，求的值.18．（12分）已知椭圆的左焦点为，左右顶点分别为A、C，上顶点为B，O为原点，为椭圆上任意一点，过三点的圆的圆心坐标为（1）当时，求椭圆的离心率的取值范围；（2）在（1）的条件下，椭圆的离心率最小时，若的最小值为，求椭圆的方程.19．（12分）如图,在直棱柱，.13\n(Ⅰ)证明:；(Ⅱ)求直线所成角的正弦值.20．（12分）已知抛物线C的方程C：y2=2px（p＞0）过点A（1，—2）.（I）求抛物线C的方程，并求其准线方程；（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。13\n21．（12分）如图，四棱锥中，平面，底面为菱形，，是的中点，且，点在线段上。（1）当M在PC中点时，求点A到平面MBQ的距离；（2）当二面角的大小为，求的值.22.（12分）已知椭圆的两个焦点为F1(-1，0)，F2(1，0)，且椭圆与直线y=x—相切．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)过F1作两条互相垂直的直线l1，l2，与椭圆分别交于P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值．13\n2022—2022学年度第一学期高二年级数学(理科)期考试题参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题5分，共60分）第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（每题5分，共20分）三、解答题（本大题6小题，满分70分）17．解：（1）∵cos2A—3cos(B+C)=1∴……………1分∴……………3分∴∴又A为三角形内角∴……………5分（2），c=4由余弦定理得∴……8分又由正弦定理得∴…………………10分13\n19．方法一：（1）证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示。…………………………………………1分设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)从而＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)．…………2分13\n因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝或t＝－(舍去)．…………………………………………3分于是＝(－，3，－3)，＝(，1，0)．因为·＝－3＋3＋0＝0，…………………………………………4分所以⊥，即AC⊥B1D.……………………………………………5分(2)解：由(1)知，1＝(0，3，3)，＝(，1，0)，=(0，1，0)设＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即令x＝1，则＝(1，－，)．……………………8分设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.………………11分即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.……………………12分方法二证明：如图所示，∵ABCD－A1B1C1D1为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABCD.又AC平面ABCD，∴AC⊥BB1.…………2分又AC⊥BD，BD∩BB1=B∴AC⊥平面BB1D，而B1D平面BB1D，∴AC⊥B1D.…………5分(2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图所示，联结A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB，从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，即AB＝＝.13\n连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，即cos(90°－θ)＝，从而sinθ＝.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.……………………………12分若采用下列解答，得分为：（1）证明：如图所示，∵ABCD－A1B1C1D1为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABCD.又AC平面ABCD，∴AC⊥BB1.…………2分又AC⊥BD，BD∩BB1=B所以AC⊥平面BB1D，而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D.………5分（2）解：在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB，从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，即AB＝＝又易知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示。则A(0,0,0)，B1(,0,3)，C(,1,0)，C1(,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)从而1＝(0，3，3)，＝(，1，0)，=(0，1，0)……………………8分设＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即令x＝1，则＝(1，－，)．……10分设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.………………………………12分13\nM21.解析：（1）法一：∵PA=PD，Q为AD中点，∴PQ⊥AD又∵平面平面，平面平面∴PQ⊥平面ABCD∵底面为菱形，∴AD⊥BQ故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，A(1，0，0)∵M为PC中点，∴M(-1,,)=(-1,,),=………………3分设平面的一个法向量为，13\n则即令z=2，则x=，y=0∴平面的一个法向量(，0，2)∴d==，即点A到平面MBQ的距离为。………………6分法二：等体积法，略（2）由（1）知：PQ⊥面CBQ,∴=（0,0，）为平面CBQ的一个法向量……7分M设(),∴，设平面的一个法向量为，∴取，……………………9分由二面角大小为，可得：，解得，…………………………………………11分∴…………………………………………12分13\n（2）①若直线l1的斜率存在时，设为k（k≠0），则l2的斜率为—所以直线l1方程为y=k（x+1），设PQ与椭圆的交点坐标为：P（x1，y1），Q（x2，y2），化简得2+1）+4x+2—2=0则，………………………………6分=同理可得=于是==··=4×=4×（）=4×（）=4×（）……………………8分≥+10=18当且仅当=即=1时取等号13\n∴∈（0，]∴4()∈[，2）即直线l1的斜率存在时，∈[，2）…………………………10分②若直线l1的斜率不存在（或为0）时，则===2…………………………11分综上所述：∈[，2]所以四边形PMQN面积的最大值为2，,最小值为．………………………………12分=306013
