眉山市高中 2018届第三学期期末教学质量检测 数学（理科）参考答案

眉山市高中 2018届第三学期期末教学质量检测 数学（理科）参考答案

眉山市高中 2018 届第三学期期末教学质量检测 数学（理科）参考答案 2017.01 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A B B B C A D A C B 二、填空题 13、 1 16y   14. 24 15. a 或 2a 16. 4 3 3 三、解答题 17、解：⑴.当 3 4   时，直线 AB 的方程为： 2 ( 1) 1 0y x x y        设圆心到直线 AB 的距离为 d，则 2 2d  ∴ 2 2| | 2 30AB r d   ………………………… 5分 ⑵.当弦 AB 被点 P0 平分时 OP0⊥AB ∵ 0 2OPK   ∴ 1 2ABK  故直线 AB 的方程为： 12 ( 1)2y x   即 2 5 0x y   ………10 分 18、解：命题 p ：因为 0a > 时，对 ax axx 2,0 任意 ， 所 以 1,22  aa 故 ………………………………………………2 分 命题q ：由 2 2 2 2 0 1 kx y yx a      得 2 2 2 24 4 0k a x kx a     ，  2 2 2 2 2 2 2(4 ) 4( )(4 ) 4 4 0k k a a a a k         ， 即 2 2 4a k   ； 而 2 4k  在 R 上的最大值为 4；∴ 2 4a  ， ∵ 0a  ，∴解得 2a  ； ………………………………………………….6 分 （说明：直线 2 0kx y   经过定 (0,2) ，点 (0,2) 在椭圆 2 2 2 1yx a   内，满 足 2 2 20 1a + < Þ 2a  也可） qp  为真命题， qp  为假命题时， ,p q 一真一假；………………….7 分 ∴（1）若 p 真 q 假，则： 1 0 2 a a     ；∴1 2a  ； …………………9 分 （2）若 p 假 q 真，则： 0 1 2 a a     ；∴ a  ； …………………….. .11 分. 综上可得， a 的取值范围是[ )1,2 …………………………………12 分 19、解：（1）以 AB、OD 所在的直线分别为 x 轴、y 轴，O 为原点建立直角坐标系….1 分 | PA |+| PB |=| CA |+| CB |= 2 2 + 22 )2 2(2  =2 2 ， 动点的轨迹是以为 ,A B 焦点椭圆…………………………………………….4 分 设其长、短半轴的长分别为 a、b，半焦距为 c，则 a = 2 ，c=1，b=1， 曲线 E 的方程为： 2 2x +y 2 =1 .……………………………………………6 分 （2）直线l 得方程为 3( 1)y x= - - 且 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ………….7 分 由方程组 2 2 3( 1) 12 y x x y       得方程 27 12 4 0x x   1 2 12 7x x+ = 1 2 4 7x x = ………………………………………………….9 分 2 1 2| | 1 ( 3) | |MN x x    2 1 2 1 22 ( ) 4x x x x   7 28 7 44)7 12(2 2  故 7 28MN …………………………………………………………..12 分 20、（1）证明：当直线 l 的斜率不存在时， : 3l x  (3, 6)A , (3, 6)B  3)6(633 OBOA …………………………………………1 分 设直线 l 的方程为 ( 3)y k x= - ( 0k )且 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 由方程组 2 ( 3) 2 y k x y x     代入化简得 2 2 2 2(6 2) 9 0k x k x k     0k  1 2 9x x = ………………………………………… 3 分 由 2 1 1 2 2 2 2 2 y x y x    得 2 1 2 1 2( ) 4y y x x=  1 2 6y y   …… …… …………….4 分 1 2 1 2OA OB x x y y    9 6 3   ……… ……………………………….5 分 故综上所述：“如果直线l 过点 T（3，0），那么  OA  OB ＝3”是真命题 ….6 分 （2）逆命题：直线 l 与抛物线 2y ＝2 x 相交于 A、B 两点，如果  OA  OB ＝3， 那么直线l 过点 T（3，0）。此逆命题是假命题。……………………………………….8 分 设直线 l 的方程为 x ky m= + 且 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 由方程组 2 2 x ky m y x     代入化简得 2 2 2 0y ky m   1 2 2 2 4 4 0 y y m k m       …………………………………………………………….9 分 由 2 1 1 2 2 2 2 2 y x y x    得 2 1 2 1 2( ) 4y y x x=  2 1 2x x m= ……… …………………………………………………………10 分 1 2 1 2OA OB x x y y    = 22m m  =3 解方程 2 2 3 0m m   得 3, 1m m   即直线方程为 3x ky  或 1x ky  … …… ……………………………….11 分 故直线 l 过点（3，0）或 ( 1,0)- 所以此逆命题是假命题…… ………………………………………………….12 分 说明：若有学生用特值法举出一条直线经过 ( 1,0) 且满足  OA  OB ＝3 说明逆命 题是假命题，也给 6 分. 21、解：（1）因为 2, 1, 60 ,AP AE PAD     所以 3PE  . 所以 PE AD . ………………………………………………………………2 分 又平面 PAD 平面 ABCD ，且平面 PAD  平面 ABCD AD , ∴ PE  平面 ABCD ； ………………………………………………………4 分 （2）由（1）及已知可得：PE、EA、EB 两两垂直，EB＝3，…………….5 分 ∴以 E 为原点建立空间直角坐标系如图所示 (0,0,0)E , (0,3,0)B , ( 2,3,0)C - , (0,0, 3)P 设 ( , , )F x y z ∵ PF FCl=  ∴ ( , , 3) ( 2, 3, )x y z x y zl- = - + - 解得：   1 2x ，   1 3y ，  1 3z ∴EF→=（   1 2 ，   1 3 ， 1 3 ）, EB→=（0，3，0）,…………………8 分 设平面 BEF 的法向量为n1 →=（x0，y0，z0）,则n1 →·EF→＝0，n1 →·EB→＝0， ∴ 0 0 0 0 2 3 3 01 1 1 3 0 x y z y                解得： 0 0 0 3 2 0 1 x y z         ∴平面 BEF 的法向量为n1 →=（ 2 3 ，0，1）……………………………10 分 又平面 BEC 的法向量为 n→=（0，0，1） ∵二面角 F－BE－C 为 30°， ∴ |n1 →· n→|= |n1 →|·| n→|cos30°, 即 1)2 3(12 3 2  解得 2 3 ． …………………………………………12 分 22、解：(1)设直线 :l y kx b= + ( 0, 0)k b  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， ( , )M MM x y ． 由方程组 2 2 29 y kx b x y m      得方程 2 2 2 2( 9) 2 0k x kbx b m     1 2 2 2 9 0 kbx x k        ………………………………………………………….2 分 故 1 2 22 9M x x kbx k     ， 2 9 9M M by kx b k     ． …………………………………………………4 分 于是直线OM 的斜率 9M OM M yk x k    ，即 9OMk k   ． 所以直线OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值． …………………6 分 （2）四边形OAPB 能为平行四边形 … …………………………………7 分 由（1）知： 21 2 2 9 kbx x k     ， 1 2 1 2 2 18( ) 2 9 by y k x x b k       假设四边形OAPB 能为平行四边形，则 P 在椭圆且OP OA OB= +   又 1 2 1 2( , )OP OA OB x x y y       = 2 2 2 18( , )9 9 kb b k k    P 2 2 2 18( , )9 9 kb b k k    ……………………………………………………………9 分 因为 P 在椭圆 2 2 29 ( 0)x y m m   所以 2 2 2 2 2 2 189( ) ( )9 9 kb b mk k     ……………………………………………..10 分 因为直线l 过点 ( , )3 m m 所以 1 3m km b= + 3 3 bm k   （ 3k  ） 2 2 2 2 2 2 18 39( ) ( ) ( )9 9 3 kb b b k k k      ……………………………………………11 分 化简得 2 8 9 0k k   解得 1 4 7k   2 4 7k   当直线 l 的斜率 K = 4 7- 或 4 7+ 时，四边形 OAPB 为平行四边形…..12 分 （Ⅱ）解法二. 四边形 OAPB 能为平行四边形 ………………………………..7 分 直线l 过点 ( , )3 m m 直线l 不过原点且与椭圆有两个交点 A ，B 的充要条件为 0k > 且 3k  ….8 分 由（Ⅰ）知OM 的方程 9y xk   ，设 ( , )p pP x y 由 2 2 2 9 9 y xk x y m       得 2 2 ( 3) 3( 9)p mk kx k   Þ 23 9p kmx k   . 因为直线l 过点 ( , )3 m m 所以 1 3m km b= + Þ (3 ) 3 m kb -= 2 2 ( 3) 9 3( 9)M kb mk kx k k     …………………………………………………….10 分 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分, 即 2p Mx x 22 ( 3)2 3( 9)3 9 km mk k kk     解得 1 4 7k = - 2 4 7k = + 当直线 l 的斜率 K = 4 7 或 4 7+ 时，四边形 OAPB 为平行四边形……12 分