考生注意:1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分,考試時間120分鐘。2.答題前,考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時,請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑;非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效,在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍:人教A版選擇性必修第一冊。-、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,只有-項是符合題目要求的。1.橢圓C的焦距為2.已知拋物線C:y2=—2pr(p>0)的準(zhǔn)線方程為r,則p=3.若直線l與直線ry+1=0垂直,則l的傾斜角為A.B.CD4.已知向量a=(1,—2,2),b=(6,—3,2),則下列結(jié)論錯誤的是A.a+b=(7,—5,4)B.|b|=3C.a.b=16D.a—b,b,a+b不能構(gòu)成空間向量一個基底5.已知圓C1:(r—5)2+(y+3)2=16,圓C2:r2+y2—2r=0,則這兩圓的公切線的條數(shù)為6.已知雙曲線Ca>0,b>0),頂點到漸近線的距離為,則離心率e=【高二數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)】26—L—483B—HJ【高二數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)】26—L—483B—HJ→→→→7.在四面體ABCD中,G是△ACD的重心.記AB=a,AC=b,AD=C,若BG=ra+yb+之C→→→→ 8.已知圓C:(r+2)2+(y—1)2=9,直線l:r+y—m=0,若圓C上至多有3個點到直線l的距離為2,則m的取值范圍是二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分。9.已知曲線C的方程為則下列說法正確的有A.曲線C可以是圓B.若1<m<2,則曲線C為橢圓C.曲線C不可能表示拋物線D.若曲線C為雙曲線,則m<1或m>210.如圖,若正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,E為C1的中點,則A.A1B與B1C所成的角為B.DB1丄A1BD.DB1與平面ABCD所成的角為11.已知F是拋物線C:y2=4r的焦點,A,B是拋物線C上的兩點,O為坐標(biāo)原點,則A.若A的縱坐標(biāo)為2,則AF=3B.若直線AB過點F,則AB的最小值為4→→C.若OA.OB=—4,則直線AB恒過定點(2→→D.若BB’垂直C的準(zhǔn)線于點B’,且BB’=2OF,則四邊形OFBB’的周長為3+、三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。12.點P(—5,1)到直線8r+15y+1=0的距離為.13.已知平面ABC的一個法向量為m=(1,y,之),M(—1,1,0),N(1,2,—1),若直線MN丄平14.已知F為雙曲線C:r2—y2=1的左焦點PQ為A(5,0)在直線PQ上,則△PQF的周長為.【高二數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)】26—L—483B—HJ四、解答題:本題共5小題,共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.(本小題滿分13分)已知直線l的方程為ar+y—2a—2=0(a∈R).(1)若l與直線r+2y=0平行,求a的值;(2)若直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距相等,求直線l的方程.設(shè)雙曲線Ca>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,直線、r—y—、=0與C的一條漸近線平行且過C的一個頂點.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l:r=my+2與C的左支交于點A,右支交于點B,求實數(shù)m的取值范圍.已知圓心在直線r+y—1=0上的圓C過A(2,2)和B(—1,5)兩點.(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過直線y=2r—6上一點P作圓C的切線PE,PD,切點分別為E,D,求四邊形PECD面積的最小值.【高二數(shù)學(xué)第4頁(共4頁)】26—L—483B—HJ18.(本小題滿分17分)如圖,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD為直角梯形,上BAD=上ADC=90。,AB=AD=1,AA1=CD=2,P為DD1的中點,點Q為棱BB1上一動點.(1)證明:APⅡ平面BCD1;(2)當(dāng)點Q為棱BB1的中點時,證明:平面CDQ丄平面BCD1;(3)若,求二面角BCD1Q的余弦值.19.(本小題滿分17分)已知橢圓C的離心率為,上頂點B的坐標(biāo)為(0,1).(1)求C(2)已知M為C上一點,過M作r軸的垂線,垂足為N,若點S滿足NS=3NM,當(dāng)點M在C上運動時,求點S的軌跡方程;(3)過(—1,0)的直線l與橢圓C交于P,Q兩點,O為坐標(biāo)原點,直線OQ與橢圓的另一個交點為G,若△PQG的面積S△PQG,求直線l的方程.高二數(shù)學(xué)參考答案、提示及評分細(xì)則2.B拋物線C:y2=—2pr(p>0)的準(zhǔn)線方程為r,解得p=5.故選B.3.C由直線r—、y+1=0,即y=3(r+1),知直線的斜率為3.因為直線l與直線r—、y+1=0垂直,所 以直線l的斜率k=—、=—、,設(shè)直線l的傾斜角為α,則tanα=—、,又α∈[0,π),所以α=.故選C.4.B向量a=(1,—2,2),b=(6,—3,2),對于A:、=7,故B不正確;對于C:a.b=1×6+(—2)×(—3)+2×2=16,故C正確;對于D:b=[(a+b)—(a—b)],故a—b,b,a+b是共面向量,不能構(gòu)成空間向量的一組基底,故D正確.故選B.5.C由題意知圓C1的圓心為(5,—3),半徑r1=4,圓C2的圓心為(1,0),半徑r2=1,所以兩圓的圓心距d=、=5=r1+r2,所以兩圓相外切,所以這兩圓的公切線的條數(shù)為3條.故選C. 6.A雙曲線的頂點(±a,0)到漸近線br±ay=0的距離為2,即、a2+b2=2,又c=、 7.B連接AG并延長交CD于E,則E為CD的中點,所以—=(—+—),==(+),所以=—=(+)—=—a+b+c,所以r=—1,y=≈=,r+y+≈=—.故選B.8.A由圓C的方程:(r+2)2+(y—1)2=9可得圓心坐標(biāo)為C(—2,1),依題意需使點C(—2,1)到直線r+或<m<2時,曲線C是橢圓,B錯誤;對于C,任意m∈{r∈R|r≠1且r≠2},曲線C只能是圓、橢圓、雙曲線之一,因此曲線C不可能表示拋物線,C正確;對于D,當(dāng)曲線C為雙曲線時,(2—m)(m—1)<0,則m<1或m>2,D正確.故選ACD.10.AB以點D為原點,以DA,DC,DD1分別為r軸,y軸,≈軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(2,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),→(—2,0,—2),DB1→→→→→→→【高二數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】26—L—483B—HJ【高二數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】26—L—483B—HJA1B.A1B.B1C=4=11B=0,所以A1B與B1C所成的角為πDB1丄A1B,=→3.易知平面ABCD的一個法向量為DD1=(0,0,2),→→DD→.→DB→A1B.B1A1B.B1C →→11.BC若A的縱坐標(biāo)為2,則其橫坐標(biāo)xA=1,所以AF=1+1=2,故A錯誤;若直線AB過點F,則當(dāng)AB丄x軸時,AB最小,且最小值為4,故B正確;設(shè)直線AB的方程為x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立直線與拋物線方程得y2—4my—4t=0,則y1y2=—4t,所以x1x2==t2,由.=—4,得x1x2+y1y2=—4,即t2—4t=—4,解得t=2,故直線AB的方程為x=my+2,即直線AB恒過定點(2,0),故C正確;記準(zhǔn)線與x軸的交點為E,OF=1,EF=2,因為BB’=2OF=2,所以BB’=EF,又BB’ⅡEF,BB’丄EB’,所以四邊形BB’EF是正方形,設(shè)BB’與y軸的交點為D,易知 形OFBB’的周長為1+2+2+、=5+、,故D錯誤.故選BC.→→→12.點P(—5,1)到直線8x+15y+1=0的距離d==→→→13.1因為直線MN丄平面ABC,所以mⅡMN,又MN=(2,1,—1),所以存在實數(shù)λ使得m=λMN=(2λ,λ,—λ),即(1,y,≈)=(2λ,λ,—λ),所以2λ=1,y=λ,≈=—λ,解得λ=,y=,≈=—,所以y—≈=1.14.36由已知a=4,b=3,則c=、=5,所以A(5,0)是雙曲線的右焦點,PF—PA=2a=8,QF—QA=8,則PF+QF—(PA+QA)=PF+QF—PQ=16,所以PF+QF=10+16=26,所以△PQF的周長為PF+QF+PQ=26+10=36.15.解:(1)因為l與直線x+2y=0平行,所以1×1—2a=0且a×0—(—2a—2)≠0, 解得a=……………… (2)當(dāng)a=0時,l:y=2,不滿足題意;…………7分當(dāng)a≠0時,l與x軸,y軸的交點分別為,0),(0,2a+2),………9分因為l在x軸,y軸上的截距相等,所以=2a+2,解得a=±1.…………………11分故直線l的方程為x+y—4=0或x—y=0.………………13分16.解:(1)根據(jù)已知得解得a=1,b,……………5分所以C的方程為x2—=1.………………6分(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),【高二數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】26—L—483B—HJ(r=my+2,—=1,得(3m2—1)y2+12my+9=0,…………………8分則3m2—1≠0且Δ=(12m)2—4×(3m2—1)×9=36m2+36>0恒成立, U).…………………15分17.解:(1)由題意,圓心C在直線r+y—1=0上,可設(shè)C(a,1—a),………2分因為圓C過點A(2,2),B(—1,5)兩點,(a—2)2=(a+4)2,……………4分所以a=—1,即C(—1,2),且半徑r=3,所以圓C的方程為(r+1)2+(y—2)2=9.………………7分(2)由(1)知,圓C:(r+1)2+(y—2)2=9,圓心C(—1,2),半徑r=3,則四邊形PECD的面積S=2S△PCD=2××PD×3=3PD,……9分所以當(dāng)b=3時,PDmin=、,…………此時四邊形PECD的面積最小,最小值為3、.………15分18.(1)證明:取CD1的中點M,連接PM,BM,…………………1分在△CDD1中,PM為中位線,所以PMⅡCD,且PM=CD,因為四邊形ABCD為直角梯形,上BAD=上ADC=90。,所以ABⅡCD,…………………2分又AB=1,CD=2,所以AB=CD,所以ABⅡPM,且AB=PM,所以四邊形ABMP為平行四邊形,………3分所以APⅡBM,………………4分又AP丈平面BCD1,BMG平面BCD1,所以APⅡ平面BCD1.………………………5分(2)證明:易知DA,DC,DD1兩兩垂直,以D為坐標(biāo)原點,以直線DA,DC,DD1分別為r軸,y軸,義軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dry義,則→D1B=(1,C=(0,2,—2).……6分→D1B=(1,C=(0,2,—2).……6分.→→→→所以DQ丄D1B,DQ丄D1C,即DQ丄D1B,DQ丄D1C,………8分因為D1B∩D1C=D1,D1B,D1CG平面BCD1,所以DQ丄平面BCD1,…………………9分又DQG平面CDQ,故平面CDQ丄平面BCD1.………………→→→→【高二數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共4頁)】26—L—483B—HJ→(D1C.m→設(shè)平面CD1Q的一個法向量m=(x,y,z),則〈(—.m=0,(2y—2z=0,,(x—y+3z=0,取y=1,解得x=—,z=1,所以m=(—,1,1),……………………13分由(2)可知,向量n=(1,1,1)是平面BCD1的一個法向量,………………14分cos……………15分故若=,二面角BCD1Q的余弦值為57.…………………17分19.解:(1)設(shè)C的半焦距為c,由題意知e==、3,b=1,所以c=、3a,……