湖北省宜昌市学年高二数学下学期期中试题理Word格式.docx
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将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑,⊥平面,，,三棱锥的四个顶点都在球的球面上,则球的表面积为
10．已知过抛物线焦点的直线交抛物线于、两点（点在第一象限），若，则直线的方程为（）
11．已知函数在点处的切线为，若与二次函数的图象也相切，则实数的取值为（）
A.0或4B.8C.0D.4
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线右支于两点，且，若，则双曲线离心率为（）.
二、填空题：
（4小题，每小题5分，共20分）
13．抛物线的准线方程为__________．
14．我国南北朝时代的数学家祖恒提出体积的计算原理（祖恒原理）：
“幂势既同，则积不容异”.“势”即是高，“幂”是面积．意思是：
如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比祖恒原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为1的梯形，且当实数取上的任意值时，直线被图1和图2所截得的两线段长始终相等，则图1的面积为____________．
15．在中，已知角的正切值为函数在处切线的斜率，且，则__________．
16．已知函数，，若对任意，存在，使，则实数的取值范围是________.
三、解答题：
（6小题，共70分）
17．（10分）命题：
关于的不等式对一切恒成立，：
函数是增函数，若为真，为假，求实数的取值范围.
18．（12分）已知△PDQ中，，分别为边上的两个三等分点，为底边上的高，，如图1.将△PEA，△QDB分别沿，折起，使得，重合于点，中点为，如图2.
（1）求证：
；
（2）若直线与平面所成角的正切值为2，求二面角的大小.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是长方形，侧棱底面，且，过D作于F，过F作交PC于E.
（Ⅰ）证明：
平面PBC；
（Ⅱ）求平面与平面所成二面角的余弦值.
20．（12分）已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的左顶点作直线，与圆相交于两点，，若是钝角三角形，求直线的斜率的取值范围．
21．（12分）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；
（2）若对都有成立，试求实数的取值范围；
22．（12分）已知抛物线与直线相切.
（1）求该抛物线的方程；
（2）在轴的正半轴上，是否存在某个确定的点M,过该点的动直线与抛物线C交于A,B两点，使得为定值.如果存在，求出点M的坐标；
如果不存在，请说明理由
葛洲坝中学高二4月月考数学试卷答案
参考答案
1．B
【解析】全称命题的否定为特称，故命题，，则为
故选B.
2．D
【解析】选项不正确，因为是可能；
选项不正确，因为，和都有可能；
选项不正确，因为，可能；
选项正确。
故选
3．A
【解析】由双曲线的方程，可得，所以，
又双曲线的离心率，即，解得，故选A。
4．A
【解析】试题分析：
因为抛物线的焦点为F（2,0）,所以c=2,再由离心率为，所以m=4,所以所以.
考点：
椭圆与抛物线的标准方程，及性质.
点评：
由抛物线的焦点，可得椭圆的半焦距c,再由离心率可知m,从而,因而椭圆方程确定.
5．C
【解析】由题设中提供的三视图所提供的图形信息与数据信息可知该几何体是底面半径为2，高为的圆锥，则其表面积为，应选答案C。
6．B
【解析】因为，所以切线斜率为，，切线方程为，整理得：
，代入，解得，故选B.
7．B
【解析】因为，所以分别取上的点，使得，连，因，且，故，所以四边形是平行四边形，则平面，平面，则平面，应选答案B。
8．C
【解析】，∵函数在区间单调递增，
∴在区间上恒成立，∴，
而在区间上单调递减，∴，
∴的取值范围是：
，故选C.
9．C
【解析】由题可知，底面为直角三角形，且，则，则球的直径，则球的表面积
选C
10．D
【解析】作出抛物线的准线，设在上的射影分别是，连接，过作于．∵，∴设，由点分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得．因此，中，，得所以，直线的倾斜角，得直线的斜率，则直线的方程为：
，即，故选：
D．
11．D
【解析】由题设可得，则切线的斜率，切线方程为，即，代入，整理得，由题意，则，应选答案D。
12．D
【解析】设，则,
因为，
所以，而
所以，选D.
13．
【解析】依题意，故，准线方程为.
14．
类比祖恒原理，可得两个图形的面积相等，梯形面积为,所以图1的面积为：
.
类比推理
15．
【解析】
∵，∴，则，
∵为三角形内角，，∴，，
由正弦定理得：
，得，故答案为.
16．
试题分析：
函数的导函数,，若,,为增函数;
若,或,为减函数；
在上有极值,在处取极小值也是最小值；
对称轴,,当时,在处取最小值；
当时,在处取最小值；
当时,在上是减函数,；
对任意,存在,使,只要的最小值大于等于的最小值即可,当时,,计算得出,故无解;
当时,,计算得出,综上:
因此，本题正确答案是:
.
函数最值问题.
【方法点晴】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.解决本题的关键是根据题意对任意,存在,使转化为求的最小值大于等于的最小值即可.类似地这种问题还有存在,存在,使，则转化为求的最大值大于等于的最小值.解决这种问题一定要正确转化.
17．或．
先化简命题所对应的数集，再利用复合命题的真假判定简单命题的真假，利用数集间的运算进行求解．
试题解析：
设，
由于关于的不等式对一切恒成立，
所以函数的图象开口向上且与轴没有交点，
故，∴.
又∵函数是增函数，∴，∴.
又由于为真，为假，∴和一真一假.
若真假，则，∴；
若假真，则，∴.
综上可知，所求实数的取值范围为或.
1.不等式恒成立问题；
2.逻辑联结词．
18．
（1）见解析;
（2）.
【解析】【试题分析】
（1）依据题设证明线面垂直，再借助线面垂直的性质定理分析推证；
（2）依据题设条件构建空间直角坐标系，借助坐标之间的关系及向量的数量积公式分析求解：
（1）因为，是的三等分点，所以，
所以是等边三角形，又因为是的中点，
所以.
因为，，，所以平面，
又，所以平面；
平面，所以.
因为，
所以平面.
因为平面，
（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且与直线平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.
所以为直线与平面所成角.
由题意得，即，
从而.
不妨设，又，则，.
故，，，.
于是，，，，
设平面与平面的法向量分别为，，
由得，令，得，
由得，令得，.
所以二面角的平面角的大小为.
点睛：
立体几何是高中数学中的重要内容和知识点，也是高考重点考查的重要内容内容和考点。
这类问题的设置一般有两问：
其一是空间线面位置关系（平行、垂直）的判定与论证；
其二是角度距离的计算与求解。
解答这类问题的方法是依据题设运用线面平行、垂直的判定定理与性质定理进行推断；
角度距离的计算与求解通常是建立空间直角坐标系，运用向量的知识及数量积公式进行分析探求之。
19．（Ⅰ）见解析;
（Ⅱ）.
（Ⅰ）依据题设运用直线与平面垂直的判定定理推证;
（Ⅱ）依据题设条件运用二面角的平面角的定义求解或运用向量的数量积公式求解：
解法一：
（Ⅰ）因为底面，所以，
由底面为长方形，有，而，
所以.而，所以.………………………2分
又因为，
所以平面.而，所以.………………………4分
又，，所以平面.………………………6分
（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面
的交线.由（Ⅰ）知，，所以.………………………8分
又因为底面，所以.而，所以.
故是面与面所成二面角的平面角，………………………10分
在Rt△PDB中,由,
故面与面所成二面角的余弦为.………………………12分
解法二：
如图2,由，所以是平面的一个法向量；
……………………………………8分
由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量……………………………………10分
设平面与平面所成二面角为则，
故面与面所成二面角的余弦为.……………………………………12分
20．
（1）;
（2），且．
【解析】试题分析:
（1）先由离心率为，求出的关系,再利用直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切,求出即可求出椭圆的方程;
（2）先设出的坐标,利用是钝角三角形，可得，即,联立方程写出韦达定理代入,从而求得斜率的取值范围．
试题解析:
（1）由，得，
由直线与圆相切，得所以，，
所以椭圆的方程是．
（2）由
（1），得圆的方程是，，直线的方程是
设，，由得
则，．
由，得．①
因为是钝角三角形，所以，即
所以．②
由，与轴不共线，知．③
由①、②、③，得直线的斜率的取值范围是，且．
21．
（1）的单调增区间是，单调减区间是;
（1）由导数几何意义得，求导数，列方程，解的值.再解导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定函数单调区间；
（2）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题，即,利用导数确定函数最小值，最后解不等式即得实数的取值范围.
（1）直线的斜率1.函数的定义域为，，
所以，解得.所以，.
由解得；
由解得，
所以的单调增区间是，单调减区间是.
（2），由解得；
由解得.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得最小值，，
因为对于都有成立，所以只须即可，
即，解得.
22．
（1）；
（2）.
（1）直线与抛物线相切，所以有，可解得，得抛物线方程.
（2）联立直线与抛物线有，把目标式坐标化可得与无关，可得.
（1）联立方程有，，有，由于直线与抛物线相切，得，所以.
（2）假设存在满足条件的点，直线，有，，设，有，，，，当时，为定值，所以.
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