高二数学期末复习综合卷一教师

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高二数学期末复习综合卷姓名一.填空题过点（1,1）且与点线2尢—y+1=0平行的直线方程为—2x-y-=0.2、实数兀.y满足约束条件x+y<4x+2y<6x>0,则冃标函数k=2x+3y的最大值为10•y>0若点P（x,y）在曲线X=cosy=2+sin&&为参数，OwR）上，则丄的取值范围是X(-汽-巧］u(V3,+呵Iy—4/24、已知点P（4,m）在曲线C：{'（f为参数）上，则P到曲线C的焦点F的距离卜=4r为5・5、若复数z,=3+4/z9=1-2Z,W屮i是虚数单位，则复数6的虚部为_-3_i6、已知o+3i（Gw/?）是一元二次方程x2-4x+r=0的一个根，则实数t=_13_・等于2。，该椭圆的标准方程为—姑詁1・7.若椭圆的两个焦点为斥（-3，0）.耳（30）,椭圆的弦AB过点片,且ABF2的周长8、将ABC画在水平放宜的平面上得到WC',如果WC'是斜边等于血的等腰直角三角形，则AABC的面积等于_血_・9、在45。的二面角的一个半平面内有-•点P,它到另一个半平面的距离等于1,则点P到二而角的棱的距离为一血.10、正方体的内切球与其外接球的表面积之比等于1:3・“、-个圆经过椭圆专+亍1的三个顶点，且圆心在兀轴上，则该圆的方程为(x±1)2+/=4.12、若将-•个45。的直角三角板的一直角边放在一桌而上，另一直角边与桌而所成角为45。,则此时该三角板的斜边与桌面所成的角等于—30°. 13、用一个不平行于底面的平面截一个底面直径为6c加的関柱，得到如图几何体,若截面椭闘的长轴长为10cm,这个几何体最短的母线长为6cm,则此几何体的 体积为_90龙cm3.14（1）对于|11|线C所在的平面上的定点P,若存在以点P为顶点的角使得＞ZAPB对于曲线C上的任意两个不同的点A、3恒成立，则称角Q为曲线C的“P点视角”，并称其屮最小的“P点视角”为Illi线・C相对于点P的“P点确视角”.已知Illi线C：x2+y2=2,相对于点P（2,0）的“P点确视角”的大小是—彳_•14（2）对于曲线C所在的平血•上的定点P,若存在以点P为顶点的角Q,使得6Z＞ZAPB对于曲线C上的任意两个不同的点A、8恒成立，则称角G为曲线C的“P点视角”，并2称其中最小的“P点视角”为曲线c相对于点P的“P点确视角”.已知曲线C：x2-^=3（兀＞0）,相对于坐标原点O“O点确视角”的大小是—.—3一二、选择题15、若直线Q〃平面直线b在平面仅内，则直线d与b的位迸关系为……（D）A、一定平行B、一定界面C、一定相交D、可能平行、可能界面V2V216、双曲线一—^-=1的焦距等于（D）45A、2B、4C、3.D、617、设直线G与平而。相交但不垂直，则下列说法中正确的是（C）•••A、在平面O内没有直线少直线G垂直B、在平面a内冇只冇一条直线与直线d垂直C、在平面Q内有无数条肓线与直线G垂直D、在平面Q内存在两条相交直线与直线Q垂直18、过抛物线y=x2的焦点F作一直线交抛物线于M（xp必）、川（勺，儿）两点，如果必+力=1,则线段MN的中点到准线的距离等于AsB>Ds119（1）ABCD-BC^是棱长为1的正方体，一个质点从A出发沿正方体的而对角线运动，每走完一条面对和线称为“走完一段”，质点的运动规则如下：运动第i段与第i+2所在直线必须是界而直线（其中i是正整数）.问质点从A点出发又回到起点A走完的段数是（B）B、4D、6n 19（2）ABCD-A.BC^是棱长为1的正方体，一个质点从A出发沿正方体的面对角线运动,每走完一•条面对角线称为“走完一段”,质点的运动规则如下:运动笫i段与第i+2所在直线必须是界而总线（其中i是正整数）.质点走完的第99段与第1段所在的宜线所成的角是（D）A、0°B、30°C、60°D、90°三、解答题D.20、已知圆C：x2+y2=5.（1）求直线y=x+2被圆C截得的弦长;（2）求过点N（l,3）的圆的切线方程.(8分)解：(1)圆心C(0,0),半^r=V5圆心C到直线y=x+2的距离d=弦长|/1B|=2^5^2=2^3.4分另解：将y=兀+2代入F=5整理得2对+4兀一1=0,旺+吃二一2,=――fAB=J(1+1)[(X]+花)2—4兀[兀2〕=2^3.(2)设所求的切线方程为y-3=k(x-l),即kx-y+3-k=0,由2怙整理得丹+Z"解得"-2,赵，两条直线方程为2兀+y—5=0,兀一2y+5=0.21、在四面体PABC中，PA=PB=PC=5,AB=BC=AC=6,点E、F、G都是所在边的中点，E、F、G这三点所确定的平而与直线4B相交于点D.（1）证明：点D是线段AB的中点；（2_）求异面宜线PD与BC所成的角的人小.（8分）解：（1）•・•PE=EB,PF=FC,:.EF//BC・•・BC//平而EFG.又由BC〃平而EFG,过BC作平而ABC与平而EFG相 交交线为DG,则DG//BC・・.・4G=GC,/.AD=DB,点D是线段AB的中点.4分（2）连PG,由（1）知£>G〃BC,ZPDG的人小等于异 面盲线PDLjBC所成角的大小或其补角的大小•在△PDG中，DG=3,PD=PG=』52-32二4,cosZPDG=—=-,483ZPDG=arccos-.8亠3・•・异面直线PD与BC所成的角人小等于arccos-.-8分822、如图，4B是圆柱的总径且AB=2,P4是圆柱的母线1LPA=2，点C是圆柱底而圆周上的点.（1）求圆柱的侧血枳和体积；（2）求三棱锥P-ABC体积的最人值；（3）若AC=,D是PB的小点，点E在线段P4上，求CE+ED的最小值.（10分）解：（1）圆柱的底而半径r=I,高h=2f圆柱的侧面积S侧=4龙（平方单位）.圆柱的体积V=2tt（立方单位）3分（2）三棱锥P—ABC的高力=2,底面三角形ABC中，AB=2，点C到A3的最人值等于底面圆的半径1,所以三棱锥P-ABC体积的最大e.2°值等于三.6分3J（3）将APAC绕着PA旋转到PAC'使其共而，且C'在的反向延长cC线上.••・PA=AB=2,ZPBA=-,BD=、BP=近，BC'=3,42CE+ED的最小值等于厉10分・・•CZD二店+(Q$一2x3x血x丰二厉23、已知双曲线C的渐近线方程为y=±x,—个焦点为（2^2,0）.（1）求双曲线C的方程；（2）过双曲线C上的任意一点P,分别作这两条渐近线的平行线命題甲囹与这两条渐近线得到四边形ODPG,证明四边形ODPG的而积是一个定值；（3）命题甲：设直线x=0与y=〃（〃>0）在第一象限内与渐近 线y=x所围成的三角形绕着y轴旋转一周所得儿何体的体积.命题乙设直线y=0与y=h（h>0）在第一•象限内与双llh线 及渐近线所围成的如图所示的图形OABN,求它绕j轴旋转一圈所得儿何体的体积.（12分）解：（1）设双曲线方程为二—*=1（o>0,b>0）,・・・c=2血，渐近线方0tr程为y=土兀，/.6/2+Z?2=8,Ea=b,从）fua=b=2,双曲线C的方程为22U.44（2）由于两条渐近线互相垂直，•••四边形ODPG为矩形.22设P（x°,北），则予-乎=1'・・T"|・|PGV2V22.・••四边形ODPG的面积是一个定值.（3）命题卬：设y=h在笫一彖限内与渐近线的交点N的横坐标x=h.三角形OMN绕着y轴旋转一周所得几何体是一个以|MN|为半径，OM为高的圆锥，体积等于土一（立方单位）…12分命题乙:设y=h在第一彖限内与渐近线的交点N的横坐标尤=h,与双曲线第一彖限的交点BMNf=4ti根据祖咆原理，可得旋转体的体积为4龙〃（立方单位）……12分的横坐标X=J4+『,记y=h与y轴交于点M,因为7TMB2-7124、已知抛物线C：y2=2px（0>0）,焦点M（兀，0）（兀>工）的直线/与抛物线C交于不同的两点八使得Sgw=2•S、fab，贝U称点M为抛物线C的“久分点”.（1）如果M（p,0）,直线人x=p,求2的值;（2）如果M（p,0）为抛物线C的“纟分点”，求直线/的方程;,0），如果存在过点（3）命题甲：证明点M®0）不是抛物线C的“2分点”;命题乙：如果M（x0,0）&）>£）是抛物线的“2分点”，求兀的取值范围.（12分）解：（1）由x=p…得卩厂，从而4（”，V2p）,B（p,-V2p）,y=±J2p ]y/2从而Sg0M=了P•忑卩=三P‘，S/,加=2SwmSaAOM=S、FAB注：如果用F是0M的屮点，得到结杲也可以.(2)解一：设A(xa.儿)、・B(xb.y8),不妨设力>0,<0,设直线/：x=my+p.2141dSM（）M=-*S^FAB得㊁三㊁（％_九），得）・=一2九・5分将x=my+p代入y1=2px得y2-2piny-2/?2=0,yR=-2pm11，得m=±—.•••直线儿x=±—y+p,即2x±y-2p=0.7分yR=p22*解二：设直线/：y=k(x-p)(£H0),代入y?=2px整理得k2k2x2-2p（k2^）x^k2p2=0•山韦达定理得<讣二P2AB=J（1+/）［（©+心）2-4心勺］=^J（1+疋）（1+2疋）.K点F到直线/：y=k(x-p)的距离〃=2丁1+疋得^pyA探时7乂儿二恋卩一卩)・(心0),yr{=2pxA,消±等殛苛代入整理得49Z76Z0=0,（49疋+20）伙2_4）=0,£=±2,肓线/：y=±2（x-p）(3)命题屮： 解一：设直线/：y=k(x-p)(比工0),代入y2=2px整理得 k2x2-2p(k2+)x+k2p2=0由韦达定理得2〃伙2+1)-P4B|=J(1+Q[(£+xJ_4£兀〃]=-77-J(1+Q(1+2QK点F到直线仁y=k(x-p)的距离d=pk2V1+k2illS^om=2・S空ab得*|必|=2・£¥J(1+Q(1+2Q)•2彳丽'解得儿=土丸加mi,9分k又yA=k(XA-p)(心0),y2A=2pxA,消百得yA=k(^-p),将2p儿=±丸竝2+1代入化简得9/+4疋=0,解得k2=--,矛厉.••点M(p,0)不是k9抛物线C的“2分点”.12分解二：如果点、M(p,0)是抛物线C的“2分点”，则存在直线人x=my+p,使得OM2•S、fab■由Sum=2•,得py^=l~^-yA-yB,得九=0或九=2儿……9分将兀=my+”彳弋入夕2=2px得y2-2pmy-2p2=0:.-2p2=0或y；=-p2v0,得到p=0，与〃>0矛盾・・••点M(p,0)不是抛物线C的“2分点”.12分注：由-yB<0,得到片、九一正一负，得到矛盾■也可以命题乙：设A(xa,yA)>Bg)5)，不妨设儿〉0,儿<°，设直线儿x=my+x0.c°y4+y«=2pm将总线/：x=my+x0代入y=2px得y-2pmy-2pxQ=0,Ua•九=一2从)*)7厂器儿’•…10丨ID由S^OM=2・Smab，得=2石(％-亍)(儿 3兀0—2〃儿=2pm12分消儿得汨誥J—迥f50,求得兀0彳v*ovp・