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数学考试(理)
一､选择题(共12题，每题5分，共60分)
1.已知抛物线的方程为，过点和点的直线与抛物线没有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：据已知可得直线的方程为，联立直线与抛物线方程，得，消元整理，得，由于直线与抛物线无公共点，即方程无解，故有，解得或.
考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.方程组的解法.
2.已知椭圆的焦点是，，是椭圆上的一个动点，如果延长到，使得，那么动点的轨迹是（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 一条直线 D. 一条射线
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意知，即，可知动点的轨迹为圆.
【详解】∵，，
∴，即，
∴动点Q到定点的距离等于定长，故动点Q的轨迹是圆．
故选A.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，圆的定义，属于中档题.
3.已知函数的图象如图所示，其中为函数的导函数，则 的大致图象是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对分成，结合题目所给的图像，判断出在上述范围内的正负值，得出函数的单调区间，由此确定函数的图像.
【详解】根据题目所给的图像，当时，，故，函数单调递增.当时，，故函数单调递减.当时，，故函数单调递增.故B选项符合题意.选B.
【点睛】本小题主要考查利用函数图像判断导函数的正负，由此得出原函数的单调性及图像，属于基础题.
4.已知椭圆的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为（1，-1），则G的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设出两点的坐标，利用点差法求得的关系式，结合求得，进而求得椭圆的方程.
【详解】设，则
，两式相减并化简得，
即,
由于且，由此可解得，
故椭圆的方程为.
故选：D.
【点睛】本小题主要考查点差法解决椭圆中的中点弦问题，属于基础题.
5.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，，点是棱的中点.直线与平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据底面，得到，再由底面为矩形，得到，利用线面垂直的判定定理得到 平面，从而得到平面平面，则点A到FD的距离，即点A到平面的距离，根据，则平面，则点A到平面的距离，即为直线AB到平面的距离，然后在中求解.
【详解】如图所示：
取PA的中点F，连接EF，FD，
因为底面，所以，
因为底面为矩形，所以，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，平面平面，
所以点A到FD的距离，即为点A到平面的距离，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以点A到平面的距离，即为直线AB到平面的距离，
在中，，
所以点A到FD的距离为.
故直线与平面的距离为.
故选：B
【点睛】本题主要考查直线与平面，平面与平面垂直的判定定理以及点到线，线到面的距离，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.
6.已知函数=，若存在使得，则实数的取值范围是
A. B. ( C. D.
【答案】C
【解析】
令,
则存在使得,
即,
令,则,
则函数在上是增函数,
所以函数的最大值是,
则.
本题选择C选项.
7.如图，正四棱锥中，已知，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
连接交点为O，根据根据向量加法运算法则，，求得，然后由求解.
【详解】如图所示：
连接交点为O，则，
又，
所以，
又，
所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查空间向量基本定理，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
8.已知双曲线，则其焦距为（）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
由双曲线，可知：，
∴
∴焦距为
故选D
9.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. (－∞，0) B. (－∞，4] C. (0，＋∞) D. [4，＋∞)
【答案】B
【解析】
【分析】
分析：由已知条件推导出，令，利用导数形式求出时，取得最小值4，由此能求出实数的取值范围.
【详解】详解：由题意对上恒成立，
所以在上恒成立，
设，则，
由，得，
当时，，当时，，
所以时，，所以，
即实数的取值范围是.
点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
10.如图，已知抛物线的方程为，过点作直线与抛物线相交于，两点，点的坐标为，连接，.设，与轴分别相交于，两点.如果的斜率与的斜率之积为，则的大小等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
设点坐标为，点的坐标为，
因为三点共线，所以，即 ，
所以 ，
因为，
，，所以，
所以，所以．
11.抛物线上的点到直线的最短距离为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：设抛物线上点，由点到直线距离公式，得点A到直线的距离，由二次函数的性质，可求最小距离.
详解：设抛物线上的任意一点，由抛物线的性质
点A到直线的距离
易得
由二次函数性质可知，当时，最小距离.
故选B.
点睛：本题考查抛物线的基本性质，点到直线距离公式，考查学生转化能力和计算能力.
12.直线被椭圆所截得弦的中点坐标为（ ）
A. . B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用点差法可求弦的中点坐标.
【详解】设直线与椭圆的交点为它们的中点为，
则，，
两式相减得到，
故即，又，
故所以中点坐标为.
故选：C.
【点睛】直线与圆锥曲线相交时，若考虑弦的中点，可考虑用点差法.
二､填空题(共4题，每题5分，共20分)
13.若，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据导数的定义，将转化为求解.
【详解】因为，
，
，
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查导数定义，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于基础题.
14.已知点为双曲线右支上的一点，分别为双曲线的左､右焦点，为的内心，若成立，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据Ⅰ为的内心及，可得，再由双曲线的定义得，两式联立求解.
【详解】由Ⅰ为的内心及，
得，
即，
又由双曲线的定义得，
则，
故.
故答案为：
【点睛】本题主要考查双曲线的定义和三角形内切圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.
15.已知命题“若函数在上是增函数，则”，下列结论正确的有 ．
①否命题是“若函数在上是减函数，则”，是真命题
②逆命题是“若，则函数在上是增函数”，是真命题
③逆否命题是“若，则函数在上是减函数”，是真命题
④逆否命题是“若，则函数在上不是增函数”，是真命题
【答案】②④
【解析】
试题分析：原命题的否命题是“若函数在上不是增函数，则”,所以①错误；依题意,所以,原命题为真命题,逆命题也为真命题,从而逆否命题也是真命题,故正确的选项为②④.
考点：1.四种命题及其相互关系；2.命题真假性的判断．
【思路点晴】四种命题的真假关系：（1）两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；（2）两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系．判断四种形式的命题真假的基本方法是先判断原命题的真假，再判断逆命题的真假，然后根据等价关系确定否命题和逆否命题的真假．如果原命题的真假不好判断，那就首先判断其逆否命题的真假.
16.已知双曲线上的点到点的距离为8.5，则点到点的距离为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
设双曲线的两个焦点分别为，根据由双曲线的定义有，然后结合去绝对值求解.
【详解】设双曲线的两个焦点分别为，
由双曲线的定义知，
或.
由题意知，双曲线左支上的点到左焦点的最短距离为1，
不合题意，即只能取.
故答案为：16.5
【点睛】本题主要考查双曲线的定义，在求双曲线上的点到焦点的距离时，需注意双曲线上的点到同侧焦点的距离的最小值是，到异侧焦点的距离的最小值是，属于基础题.
三､解答题(共6题，共70分)
17.如图，在三棱锥中，底面，且，，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的大小.
【答案】（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）已知SB、AB、BC两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系如下图．根据线段长度可求出相应点的坐标，从而可推出，则，所以平面平面BCD．
（Ⅱ）求出两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角平面角的关系求出平面角的大小．
【详解】
（Ⅰ）．
又因，所以建立如上图所示的坐标系．
所以A（2，0，0），，，
D（1，0，1），，S（0，0，2）
易得，，，
又，
又
又因，
所以平面平面BCD．
（Ⅱ）又
设平面BDE的法向量为，
则,即
所以
又因平面SBD的法向量为
所以
由图可得二面角为锐角，所以二面角的平面角的大小为．
考点：平面与平面的垂直的证明二面角大小的求法．
18.已知点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积为.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设过点且不与坐标轴垂直的直线交轨迹于两点若线段的垂直平分线与轴交于点，求点横坐标的取值范围.
【答案】（1）().（2）
【解析】
【分析】
（1）设，根据直线的斜率之积为，即求解.
（2）设过点的直线方程为，与椭圆方程，联立消去y得：，再利用韦达定理求得CD的中垂线方程，令得，然后根据k的范围求解.
【详解】（1）设，
，
，
整理得：，.
（2）设过点的直线方程为，
代入椭圆方程，联立消去y得：
，
因为直线CD过椭圆的左焦点E，
所以方程有两个不等的实数根，
设，CD的中点为，
所以，
，
所以CD的中垂线方程为，
令得，，
因为，
所以.
故点横坐标的取值范围为.
【点睛】本题主要考查点轨迹方程的求法，直线与双曲线的位置关系以及中垂线方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19.设函数，为正整数，为常数，曲线在处的切线方程为．
（1）求的值； （2）求函数的最大值； （3）证明：．
【答案】（1）（2）
（3）见解析
【解析】
（1）因为，由点在上，可得
因为，所以
又因为切线的斜率为，所以，所以
（2）由（1）可知，
令，即在上有唯一的零点．
在上，，故单调递增；而在上，，单调递减，故在的最大值为．
（3）令，则
在上，，故单调递减，而在上，，单调递增，
故在上的最小值为，所以即，令，得，即所以，即由（2）知，，故所证不等式成立．
【点评】本题考查多项式函数的求导，导数的几何意义，导数判断函数的单调性，求解函数的最值以及证明不等式等的综合应用.考查转化与划归，分类讨论的数学思想以及运算求解的能力. 导数的几何意义一般用来求曲线的切线方程，导数的应用一般用来求解函数的极值，最值，证明不等式等. 来年需注意应用导数判断函数的极值以及求解极值，最值等；另外，要注意含有等的函数求导的运算及其应用考查
20.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，.点在侧棱上，°.
（1）证明：是侧棱的中点；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析.（2）
【解析】
【分析】
以为坐标原点，射线分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.
（1）设，根据，利用求出的值即可；
（2）取的中点，得到，，可知等于二面角的平面角，再利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）以为坐标原点，射线分别为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系.
设，则，，.，
则，.
又，
故，
即，
解得，即.
所以为侧棱，的中点.
（2）由，，得的中点.
又，，，
，，
所以，.
因此等于二面角的平面角.
.
【点睛】本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
21.如图，平面，四边形是矩形， ，点是的中点，点在边上移动.
（1）当点为的中点时，试判断与平面的位置关系，并说明理由；
（2）证明：无论点E在边BC的何处，都有.
【答案】（1）平面，理由见解析.（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据是的中点，是的中点，由三角形的中位线可得，再利用线面平行的判定定理证明.
（2）以为原点，所在的直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，设，，得到，的坐标，再判断是否为零即可.
【详解】（1）是的中点，是的中点，
.又平面.平面，
平面.
（2）以为原点，所在的直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设，则
在上，
设，
，，
，.
无论点在边的何处，都有.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，空间向量法研究线线垂直，还考查了空间想象，逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.
22.如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，，且
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
（3）求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）
【解析】
【分析】
以点为原点，以过点平行于的直线为轴，以和为轴和轴，建立空间直角坐标系.
（1）根据线面垂直的判定定理，只要证，，则问题可证；
（2）由题意易得平面，所以将看成底面，为高，利用等体积法求解.
（3）根据题意，求得平面的一个法向量为，又为平面的一个法向量，代入求解.
【详解】四边形是正方形，
，
平面平面，
平面，
以点为原点，以过点平行于的直线为轴，以和为轴和轴，建立如图空间直角坐标系.
设，则，，，，
是正方形的对角线的交点，
.
（1），，
，
，，
，
平面.
（2）.
（3）设平面的一个法向量为，
则且，
且.
， 即
取，则，则.
又为平面的一个法向量，且，
，
设二面角的平面角为，则，
.
二面角等于.
【点睛】本题考查了线面垂直的判定方法，三棱锥的体积计算以及空间二面角的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
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