高二期末考試模擬卷（B卷）參考答案與提示

一、單選題

1.C 2.A 3.D 4.B 5.B

6.C 提示:由題意得該幾何體有6個面為邊長為2的正方形,8 個面為邊長為2的等邊三角形。

在原正方體中建立如圖1 所示的空間直角坐標系,原正方體邊長為2,則A(2,1,0),F(2,2,1),D(1,2,2)。

圖1

設E(t,1-t,2),0≤=(t-1,-1-t,0)。

7.D 8.C

二、多選題

9.ABD

10.ABD 提示:如圖2所示。

圖2

對選項A,由拋物線的焦半徑公式可知|AB|=x1+x2+2≥2p=4,所以x1+x2≥2,故A 正確。

令直線l的方程為x=my+1,代入y2=4x得y2-4my-4=0,故y1y2=-4。

對于選項C,D,由|AA1|=|AF|可知∠AA1F=∠AFA1。

又AA1//OF,故∠AA1F=∠OFA1=∠AFA1,直線FA1平分∠AFO。

同理可得FB1平分∠BFO,故A1F⊥B1F,即∠A1FB1=90°。

因此,圓M經過點F,C錯誤,D 正確。

11.ABD 提示:A 選項,因為PA⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD。

又四邊形ABCD為正方形,故AB,AD,PA兩兩垂直。

如圖3,以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系。

圖3

則P(0,0,1),

B(1,0,0),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,

B選項,因為四邊形ABCD為正方形,所以AC⊥BD。

又PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,故PA⊥BD。

因 為AC∩PA=A,AC,PA?平 面PAC,所以BD⊥平面PAC。

直線PD與平面PAC所成的角為30°,B正確。

C 選項,設平面PBD的法向量為n=(x,y,z),則:

令y=1,得x=z=1,故n=(1,1,1)。

平面PAB的法向量為m=(0,1,0)。

平面PBD與平面PAB的夾角不為30°,C錯誤。

D 選項,由C 選項知,平面PBD的法向量為n=(1,1,1)。

故點C到平面PBD的距離,D 正確。

12.BCD 提示:對于選項A,如圖4,過A、B分別作準線的垂線,垂足分別為E、D。當以AB為直徑所作圓M與準線相切時,則

圖4

由拋物線的定義可知|AE|=|AF|,|BD|=|BF|,所以|AF|+|BF|=|AB|。

顯然此時AB經過焦點F。

但當直線l不經過焦點F時,圓M不一定與準線相切,故選項A 錯誤。

三、填空題

過點P作PN⊥x軸于點N,過A作AM⊥OP于點M,如圖5所示。

圖5

由橢圓的定義得,|PF1|+|PF2|=2a,則|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|=4a2。

16.①②④ 提示:①連接BC1,DC1,由正方體的幾何性質可得BC1//AD1,所以異面直線AD1,BD所成的角,即為BC1與BD所成的角∠DBC1。

因為△BDC1為等邊三角形,所以∠DBC1=60°,故選項①正確。

因為BC1//AD1,且AD1?平面B1C1C,BC1?平面B1C1C,所以AD1//平面B1C1C。

則直線AD1上的任意一點到平面B1C1C的距離都相等,點F到平面B1C1C的距離為定值,選項②正確。

若F為AD1的中點,則點F到直線BD的距離為,選項③錯誤。

以點D為坐標原點,建立空間直角坐標系,如圖6所示,則A1(2,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),D(0,0,0)。由三垂線定理 可 得,A1C⊥AD1,A1C⊥BD,故向量=(2,-2,2)是異面直線AD1與BD的法向量。

圖6

四、解答題

所以直線AB的方程為y-1=2(x-2),即2x-y-3=0。

19.(1)圓C與y軸相切于點T(0,2),可設圓心的坐標為(m,2)(m>0),則圓C的半徑為m。

(2)由(1)知M(1,0),N(4,0)。

當直線AB的斜率不存在時,易知A,B關于x軸對稱,kAN+kBN=0。

當直線AB的斜率為0 時,易知kAN=kBN=0,即kAN+kBN=0。

當直線AB的斜率存在且不為0 時,設直線AB:x=1+ty,將x=1+ty代入x2+y2-4=0,并整理得(t2+1)y2+2ty-3=0。

設A(x1,y1),B(x2,y2),則:

綜上可知,kAN+kBN=0,為定值。

20.(1)若選①,如圖7,取AC的中點G,連接EG。

圖7

又|AG|=|AC|=1,|AE|=2,故|AG|2+|EG|2=|AE|2,AG⊥EG。

又CD//EG,則AC⊥CD。

又AC⊥BC,BC∩CD=C,BC,CD?平面BCD,故AC⊥平面BCD。

因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD。

若選②,因為AC⊥BD,AC⊥BC,BC∩BD=B,BC,BD?平面BCD,所以AC⊥平面BCD。

又AC?平面ABC,故平面ABC⊥平面BCD。

若選③,如圖8,取BC的中點O,AB的中點H,連接OD,OH,EH。

圖8

因為|DC|=|BD|= 3,所以DO⊥BC。

又|BC|=2,故

又DE//AC,故AC⊥BD。

又AC⊥BC,BC∩BD=B,BC,BD?平面BCD,故AC⊥平面BCD。

因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD。

(2)取BC的中點O,AB的中點H,連接DO,OH。

因為|BD|=|CD|,所以DO⊥BC。

又DO?平面BCD,平面BCD∩平面ABC=BC,故DO⊥平面ABC。

又OH//AC,AC⊥BC,故OH⊥BC。

綜上所述,DO,OH,BC兩兩互相垂直。

則以O為坐標 原 點,,分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖9所示的空間直角坐標系。

圖9

圖10

則A(2,-1,0),B(0,1,0),

21.(1)由題意可知,|PE|+|PF|=|PA|+|PE|=4>|EF|=2 3。

故點P的軌跡是以E,F為焦點,且長軸長2a=4的橢圓。

(2)(i)設P(x1,y1),Q(x2,y2),T(4,m)。

(ii)設直線PQ的方程為x=ty+n,P(x1,y1),Q(x2,y2)。

所以直線PQ的方程為x=ty+1,直線PQ經過定點(1,0)。

22.(1)依題意可知圓E的標準方程為(x+ 2)2+y2=16,圓心E(- 2,0)。

因為線段MF的垂直平分線交ME于點S,所以|SM|=|SF|。

動點S始終滿足|SE|+|SF|=|SE|+|SM|=|EM|=4>|EF|=2 2,故動點S滿足橢圓的定義。

曲線C是以E,F為焦點的橢圓,設橢圓方程為

因此,2a=4,2c=2 2。

解得a=2,b=c= 2,橢圓C的方程為

(2)存在與點P不同的定點Q(0,2),使得恒成立,理由如下。

當直線l與x軸平行時,由橢圓的對稱性可知|PA|=|PB|。

當直線l與x軸垂直時,不妨設A(0,

若存在不同于點P的定點Q滿足條件,則Q點坐標只能是(0,2)。

如圖11,當直線l不平行于x軸且不垂直于x軸時,可設直線l的方程為y=kx+1。

圖11