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- 2021-06-03 发布
2016-2017学年河北省唐山一中高二（上）期中数学试卷（文科）
一．选择题（共12小题，每小题5分，计60分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．双曲线3x2﹣y2=9的实轴长是（ ）
A．2 B．2 C．4 D．4
2．抛物线y=﹣x2的准线方程是（ ）
A． B．y=2 C． D．y=﹣2
3．已知直线l过圆x2+（y﹣3）2=4的圆心，且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是（ ）
A．x+y﹣2=0 B．x﹣y+2=0 C．x+y﹣3=0 D．x﹣y+3=0
4．已知椭圆，长轴在y轴上，若焦距为4，则m等于（ ）
A．4 B．5 C．7 D．8
5．若△ABC的个顶点坐标A（﹣4，0）、B（4，0），△ABC的周长为18，则顶点C的轨迹方程为（ ）
A． B．（y≠0）
C．（y≠0） D．（y≠0）
6．直线y=kx﹣k+1与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
7．已知圆（x﹣a）2+y2=4截直线y=x﹣4所得的弦的长度为2，则a等于（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．
8．在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
9．已知双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线均和圆C：x2+y2﹣6x+5=0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（ ）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1
10．四棱锥P﹣ABCD的所有侧棱长都为，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则m的最大值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
12．已知F是椭圆C： +=1（a＞b＞0）的右焦点，点P在椭圆C上，且线段PF与圆（其中c2=a2﹣b2）相切于点Q，且=2，则椭圆C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共4小题，每小题5分，计20分）
13．已知△ABC的顶点B、C在椭圆+y2=1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是 ．
14．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为 cm．
15．已知双曲线x2﹣y2=1，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1⊥PF2，则|PF1|+|PF2|的值为 ．
16．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积 ．
三．计算题（共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共计70分，解答题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．
（1）求该几何体的体积V；
（2）求该几何体的侧面积S．
18．（1）求过点P（2，3），且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；
（2）已知直线l平行于直线4x+3y﹣7=0，直线l与两坐标轴围成的三角形的周长是15，求直线l的方程．
19．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BCAD，BEFA，M为FD的中点．
（1）证明：CM∥面ABEF；
（2）C，D，F，E四点是否共面？为什么？
20．设P是圆O：x2+y2=16上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
（2）求过点（2，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度．
21．已知过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点，斜率为的直线交抛物线于A（x1，y1）和B（x2，y2）（x1＜x2）两点，且|AB|=9，
（1）求该抛物线的方程；
（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若，求λ的值．
22．已知圆O：x2+y2=9及点C（2，1）．
（1）若线段OC的垂直平分线交圆O于A，B两点，试判断四边形OACB的形状，并给予证明；
（2）过点C的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求直线l的方程．
2016-2017学年河北省唐山一中高二（上）期中数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，每小题5分，计60分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．双曲线3x2﹣y2=9的实轴长是（ ）
A．2 B．2 C．4 D．4
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】求出双曲线的标准方程进行求解即可．
【解答】解：双曲线的标准方程为﹣=1，
则a2=3，则a=，
即双曲线3x2﹣y2=9的实轴长2a=2，
故选：A．
2．抛物线y=﹣x2的准线方程是（ ）
A． B．y=2 C． D．y=﹣2
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】先把抛物线转换为标准方程x2=﹣8y，然后再求其准线方程．
【解答】解：∵，
∴x2=﹣8y，
∴其准线方程是y=2．
故选B．
3．已知直线l过圆x2+（y﹣3）2=4的圆心，且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是（ ）
A．x+y﹣2=0 B．x﹣y+2=0 C．x+y﹣3=0 D．x﹣y+3=0
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】由题意可得所求直线l经过点（0，3），斜率为1，再利用点斜式求直线l的方程．
【解答】解：由题意可得所求直线l经过点（0，3），斜率为1，
故l的方程是 y﹣3=x﹣0，即x﹣y+3=0，
故选：D．
4．已知椭圆，长轴在y轴上，若焦距为4，则m等于（ ）
A．4 B．5 C．7 D．8
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】先把椭圆方程转换成标准方程，进而根据焦距求得m．
【解答】解：将椭圆的方程转化为标准形式为，
显然m﹣2＞10﹣m，即m＞6，
，解得m=8
故选D
5．若△ABC的个顶点坐标A（﹣4，0）、B（4，0），△ABC的周长为18，则顶点C的轨迹方程为（ ）
A． B．（y≠0）
C．（y≠0） D．（y≠0）
【考点】与直线有关的动点轨迹方程；椭圆的标准方程．
【分析】由△ABC的个顶点坐标A（﹣4，0）、B（4，0），△ABC的周长为18，得顶点C到A、B的距离和为定值10＞8，由椭圆定义可知，顶点C的轨迹为椭圆，且求得椭圆的长轴长及焦距，则答案可求．
【解答】解：∵A（﹣4，0）、B（4，0），∴|AB|=8，
又△ABC的周长为18，∴|BC|+|AC|=10．
∴顶点C的轨迹是一个以A、B为焦点的椭圆，
则a=5，c=4，b2=a2﹣c2=25﹣16=9，
∴顶点C的轨迹方程为．
故选：D．
6．直线y=kx﹣k+1与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
【考点】直线与圆锥曲线的关系．
【分析】直线y=kx﹣k+1恒过点（1，1），且在椭圆的内部，由此可得直线y=kx﹣k+1与椭圆的位置关系．
【解答】解：直线y=kx﹣k+1可化为y=k（x﹣1）+1，所以直线恒过点（1，1）
∵
∴（1，1）在椭圆的内部
∴直线y=kx﹣k+1与椭圆的位置关系是相交
故选A．
7．已知圆（x﹣a）2+y2=4截直线y=x﹣4所得的弦的长度为2，则a等于（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】先求出圆心（a，0）到直线y=x﹣4的距离d=，再由勾股定理能求出a．
【解答】解：∵圆（x﹣a）2+y2=4截直线y=x﹣4所得的弦的长度为2，
圆心（a，0）到直线y=x﹣4的距离d=，
∴=，
解得a=2或a=6．
故选C．
8．在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】直线AB与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交，可得结论．
【解答】解：如图，在正方体AC1中：
∵A1B∥D1C
∴A1B与D1C可以确定平面A1BCD1，
又∵EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，
∴直线A1B与直线EF的位置关系是相交，
故选A．
9．已知双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线均和圆C：x2+y2﹣6x+5=0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（ ）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1
【考点】双曲线的简单性质；双曲线的标准方程．
【分析】先利用圆的一般方程，求得圆心坐标和半径，从而确定双曲线的焦距，得a、b间的一个等式，再利用直线与圆相切的几何性质，利用圆心到渐近线距离等于圆的半径，得a、b间的另一个等式，联立即可解得a、b的值，从而确定双曲线方程
【解答】解：∵圆C：x2+y2﹣6x+5=0的圆心C（3，0），半径r=2
∴双曲线（a＞0，b＞0）的右焦点坐标为（3，0），即c=3，∴a2+b2=9，①
∵双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为bx﹣ay=0，
∴C到渐近线的距离等于半径，即=2 ②
由①②解得：a2=5，b2=4
∴该双曲线的方程为
故选 A
10．四棱锥P﹣ABCD的所有侧棱长都为，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】余弦定理的应用；异面直线及其所成的角．
【分析】根据CD∥AB，∠PAB或其补角就是异面直线CD与PA所成的角，在△PAB中求出∠PAB的余弦值，即可得出CD与PA所成角的余弦值．
【解答】解：∵正方形ABCD中，CD∥AB
∴∠PAB或其补角就是异面直线CD与PA所成的角
△PAB中，PA=PB=，AB=2
∴cos∠PAB===
即CD与PA所成角的余弦值为
故选A
11．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则m的最大值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】根据圆心C到O（0，0）的距离为5，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为6．再由∠APB=90°，可得PO=AB=m，可得m≤6，从而得到答案．
【解答】解：圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的圆心C（3，4），半径为1，
∵圆心C到O（0，0）的距离为5，
∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6．
再由∠APB=90°可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，
可得PO=AB=m，故有m≤6，
故选：B．
12．已知F是椭圆C： +=1（a＞b＞0）的右焦点，点P在椭圆C上，且线段PF与圆（其中c2=a2﹣b2）相切于点Q，且=2，则椭圆C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的简单性质；直线与圆的位置关系．
【分析】设椭圆的左焦点为F1，确定PF1⊥PF，|PF1|=b，|PF|=2a﹣b，即可求得椭圆的离心率．
【解答】解：设椭圆的左焦点为F1，连接F1，设圆心为C，则
∵
∴圆心坐标为，半径为r=
∴|F1F|=3|FC|
∵=2，
∴PF1∥QC，|PF1|=b
∴|PF|=2a﹣b
∵线段PF与圆（其中c2=a2﹣b2）相切于点Q，
∴CQ⊥PF
∴PF1⊥PF
∴b2+（2a﹣b）2=4c2
∴b2+（2a﹣b）2=4（a2﹣b2）
∴
∴
∴
故选A．
二．填空题（共4小题，每小题5分，计20分）
13．已知△ABC的顶点B、C在椭圆+y2=1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是 4 ．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】设另一个焦点为F，根据椭圆的定义可知|AB|+|BF|=2a，|AC|+|FC|=2a最后把这四段线段相加求得△ABC的周长．
【解答】解：椭圆+y2=1的a=．
设另一个焦点为F，则根据椭圆的定义可知
|AB|+|BF|=2a=2，|AC|+|FC|=2a=2．
∴三角形的周长为：|AB|+|BF|+|AC|+|FC|=4．
故答案为：4．
14．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1：4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为 13 cm．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【分析】作出圆锥的轴截面如图，利用平行线截线段成比例，求出SA′，求出圆锥的母线长．
【解答】解：作出圆锥的轴截面如图，设SA=y，O′A′=x；
利用平行线截线段成比例，
则SA′：SA=O′A′：OA，即（y﹣10）：y=x：4x，
解得y=13．
即圆锥的母线长为13cm．
故答案为：13
15．已知双曲线x2﹣y2=1，点F1，F2为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1⊥PF2，则|PF1|+|PF2|的值为 ．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】根据双曲线方程为x2﹣y2=1，可得焦距F1F2=2，因为PF1⊥PF2，所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2．再结合双曲线的定义，得到|PF1|﹣|PF2|=±2，最后联解、配方，可得（|PF1|+|PF2|）2=12，从而得到|PF1|+|PF2|的值为．
【解答】解：∵PF1⊥PF2，
∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2．
∵双曲线方程为x2﹣y2=1，
∴a2=b2=1，c2=a2+b2=2，可得F1F2=2
∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=8
又∵P为双曲线x2﹣y2=1上一点，
∴|PF1|﹣|PF2|=±2a=±2，（|PF1|﹣|PF2|）2=4
因此（|PF1|+|PF2|）2=2（|PF1|2+|PF2|2）﹣（|PF1|﹣|PF2|）2=12
∴|PF1|+|PF2|的值为
故答案为：
16．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积 50π ．
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是长方体内的三棱锥，结合图形，求出该三棱锥的外接球的半径即可．
【解答】解：根据几何体的三视图，得；
该几何体是顶点与长方体的顶点重合的三棱锥B1﹣ACD1，如图所示，
长方体的长为5，宽为4，高为3，
∴该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，该球的直径为2R=l，
∴l2=52+42+32=50，
∴外接球的表面积是S球=4πR2=πl2=50π．
故答案为：50π．
三．计算题（共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共计70分，解答题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．
（1）求该几何体的体积V；
（2）求该几何体的侧面积S．
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，分析出图形之后，再利用公式求解即可．
【解答】解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，如图所示．
（1）几何体的体积为
V=•S矩形•h=×6×8×4=64．
（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：
h1==5．
左、右侧面的底边上的高为：
h2==4．
故几何体的侧面面积为：
S=2×（×8×5+×6×4）
=40+24．
18．（1）求过点P（2，3），且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；
（2）已知直线l平行于直线4x+3y﹣7=0，直线l与两坐标轴围成的三角形的周长是15，求直线l的方程．
【考点】直线的截距式方程．
【分析】（1）根据直线的截距关系即可求出直线方程；
（2）利用直线平行的关系，结合三角形的周长即可得到结论．
【解答】解：（1）当直线过原点时，过点（2，3）的直线为
当直线不过原点时，设直线方程为（a≠0），直线过点（2，3），
代入解得a=5
∴直线方程为
∴过P（2，3），且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为3x﹣2y=0和x+y﹣5=0．
（2）∵直线l与直线4x+3y﹣7=0平行，∴．
设直线l的方程为，
则直线l与x轴的交点为A，与y轴的交点为B（0，b），
∴．
∵直线l与两坐标轴围成的三角形周长是15，
∴．
∴|b|=5，∴b=±5．
∴直线l的方程是，
即4x+3y±15=0．
19．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BCAD，BEFA，M为FD的中点．
（1）证明：CM∥面ABEF；
（2）C，D，F，E四点是否共面？为什么？
【考点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定．
【分析】（1）设G为AF的中点，连接BG，GM，CM，推导出四边形BCMG为平行四边形，从而CM∥BG，由此能证明CM∥平面ABEF．
（2）推导出四边形BEFG为平行四边形，从而EF∥BG，进而EF∥CM，由此得到C，D，F，E四点共面．
【解答】证明：（1）设G为AF的中点，连接BG，GM，CM，
由已知FG=GA，FM=MD，可得GMAD，BCAD，
∴GMBC，
∴四边形BCMG为平行四边形，∴CM∥BG，
∵BG⊂ABEF，CM⊄面ABEF，
∴CM∥平面ABEF．
解：（2）由BEFA，G为FA中点知，BEFG，
∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG，
由（1）知BGCM，∴EF∥CM，∴EF与CM共面．
又D∈FM，∴C，D，F，E四点共面．
20．设P是圆O：x2+y2=16上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
（2）求过点（2，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（xP，yP），由已知得xP=x，yP=y，由此能求出C的方程．
（2）过点（2，0）且斜率为的直线方程为y=（x﹣2），与=1联立可得x2﹣2x﹣6=0，即可求出过点（2，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【解答】解：（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（xP，yP），
∵P是圆x2+y2=16上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|，
∴xP=x，yP=y，
∵P在圆上，∴x2+y2=16，即C的方程为=1；
（2）过点（2，0）且斜率为的直线方程为y=（x﹣2），与=1联立可得x2﹣2x﹣6=0
∴过点（2，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度==．
21．已知过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点，斜率为的直线交抛物线于A（x1，y1）和B（x2，y2）（x1＜x2）两点，且|AB|=9，
（1）求该抛物线的方程；
（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若，求λ的值．
【考点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．
【分析】（1）直线AB的方程与y2=2px联立，有4x2﹣5px+p2=0，从而x1+x2=，再由抛物线定义得：|AB|=x1+x2+p=9，求得p，则抛物线方程可得．
（2）由p=4，4x2﹣5px+p2=0求得A（1，﹣2），B（4，4）．再求得设的坐标，最后代入抛物线方程即可解得λ．
【解答】解：（1）直线AB的方程是y=2（x﹣），与y2=2px联立，有4x2﹣5px+p2=0，
∴x1+x2=
由抛物线定义得：|AB|=x1+x2+p=9
∴p=4，∴抛物线方程是y2=8x．
（2）由p=4，4x2﹣5px+p2=0得：x2﹣5x+4=0，
∴x1=1，x2=4，
y1=﹣2，y2=4，从而A（1，﹣2），B（4，4）．
设=（x3，y3）=（1，﹣2）+λ（4，4）=（4λ+1，4λ﹣2）
又[2（2λ﹣1）]2=8（4λ+1），解得：λ=0，或λ=2．
22．已知圆O：x2+y2=9及点C（2，1）．
（1）若线段OC的垂直平分线交圆O于A，B两点，试判断四边形OACB的形状，并给予证明；
（2）过点C的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求直线l的方程．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】（1）OC的中点为（1，），设OC的垂直平分线为y=﹣2x+，代入圆x2+y2=9，得=0，由韦达定理及中点坐标公式得到AB的中点为（1，），再由OC⊥AB，推导出四边形OACB为菱形．
（2）当直线l的斜率不存在时，S△OPQ=2，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y﹣1=k（x﹣2），（k），圆心到直线PQ的距离为d=，由平面几何知识得|PQ|=2，推导出当且仅当d2=时，S△OPQ取得最大值，由此能求出直线l的方程．
【解答】解：（1）四边形OACB为菱形，证明如下：
OC的中点为（1，），设A（x1，y1），B（，y2），
设OC的垂直平分线为y=﹣2x+，代入圆x2+y2=9，得=0，
∴， =﹣2×=，
∴AB的中点为（1，），
∴四边形OACB为平行四边形，
又OC⊥AB，∴四边形OACB为菱形．
（2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2，则P、Q的坐标为（2，），（2，﹣），
∴S△OPQ==2，
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y﹣1=k（x﹣2），（k），
则圆心到直线PQ的距离为d=，
由平面几何知识得|PQ|=2，
∴S△OPQ==d=≤=，
当且仅当9﹣d2=d2，即d2=时，S△OPQ取得最大值，
∵，∴S△OPQ的最大值为，
此时，由=，解得k=﹣7或k=﹣1．
此时，直线l的方程为x+y﹣3=0或7x+y﹣15=0．