江西省信丰中学2018_2019学年高二数学上学期周考九A层试题

这是一份江西省信丰中学2018_2019学年高二数学上学期周考九A层试题，共7页。

A．eq \f(20,9) B．eq \f(36,5) C．eq \f(20,9)或eq \f(52,5) D．eq \f(20,9)或eq \f(36,5)
2．若直线x－2y＋2＝0经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为( )
A．eq \f(x2,5)＋y2＝1 B．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,5)＝1
C．eq \f(x2,5)＋y2＝1或eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,5)＝1 D．以上答案都不对
3．已知椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4－k)＝1的离心率为eq \f(4,5)，则k的值为( )
A．－21 B．21 C．－eq \f(19,25)或21 D．eq \f(19,25)或－21
4.一个椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，P(2，eq \r(3))是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则椭圆的方程为( )
A．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1 B．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,6)＝1
C．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1 D．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1
5.已知椭圆eq \f(x2,8)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，则|PF1|·|PF2|的最大值是( )
A．8 B．2eq \r(2)
C．10 D．4eq \r(2)
6．点与圆上任意一点连线的中点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C． D．
7．三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）
A．36B．24C．D．
9.已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1 和两点A(－m,0), B(m,0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A．7 B．6 C．5 D．4
10．已知边长为的菱形，，沿对角线把折起，二面角的平面角是，则三棱锥的外接球的表面积是（）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题5分，共20分）
11. 设过点的直线的斜率为，若圆上恰有三点到直线的距离等于1，则的值是 .
12.若椭圆的方程为eq \f(x2,10－a)＋eq \f(y2,a－2)＝1，且此椭圆的焦距为4，则实数a＝________.
13．点P是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1上一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，且△PF1F2的内切圆半径为1，当P在第一象限时，P点的纵坐标为______．
14．在平行四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=1，AD=，P为平行四边形内一点，且AP=，若，则的最大值为___________．
三、解答题
15如图，已知正三棱柱—的底面边长是，是侧棱的中点，直线与
侧面所成的角为．
（1）求此正三棱柱的侧棱长；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
16．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－2,0)，F2(2,0)，离心率为eq \f(\r(6),3).过点F2的直线l(斜率不为0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．
2018-2019学年高二上学期数学九周考九（A层）数学答案
选择题
8【解析】易知，则，欲使三棱锥的体积最大，只需高最大，
通过坐标法得到动点运动轨迹(一段圆弧)，进而判断高的最大值，
∴．故选D．
10【解析】如图所示，设菱形的对角线交于，由菱形的性质可得，
二面角的平面角是，，
∵菱形的边长为，，∴，，，
设，则∵，，
∴由勾股定理可得，，
即，解得，∴，
∴四面体的外接球的表面积为，故选B．
【解析】如图所示，设菱形的对角线交于，由菱形的性质可得，
二面角的平面角是，，
∵菱形的边长为，，∴，，，
设，则∵，，
∴由勾股定理可得，，
即，解得，∴，
∴四面体的外接球的表面积为，故选B．
填空题
11【答案】1或7
【解析】由圆的方程得圆心坐标为（0，0），半径为2，
由直线过点，且斜率为k，
得到直线的方程为：，即，
由题意得：圆心到直线l的距离，解得：k=1或k=7，则k的值是1或7．
12答案：4或8
13解析：由题意知，|PF1|＋|PF2|＝10，|F1F2|＝6，
S△PF1F2＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·1
＝eq \f(1,2)|F1F2|·yP＝3yP＝8，
所以yP＝eq \f(8,3).
答案：eq \f(8,3)
14 【解析】试题分析：因为，所以，即，又因为，所以
，
因此，即
所以，所以的最大值为，当且仅当取等号.
三答题
15、解：（Ⅰ）设正三棱柱—的侧棱长为．取中点，连结．
∵ 是正三角形，∴ ． 又面面， 且两平面交线为，
∴ 侧面．
连结，则为直线与侧面所成的角．
∴ ．………………3分
在中，，解得．
∴ 此三棱柱的侧棱长为． ………………6分
（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系．则．
设为平面的法向量．由， 得．
取． 又平面的一个法向量．…………12分
∴ ． …………15分
16解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3，),a2＝b2＋c2，))解得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(2).
故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在．设其方程为y＝k(x－2)，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k(x－2)))得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(12k2,1＋3k2)，
则y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝eq \f(－4k,1＋3k2)，
所以AB的中点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,1＋3k2)，\f(－2k,1＋3k2)))，
因此直线OD的方程为x＋3ky＝0(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3ky＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1))解得yeq \\al(2,3)＝eq \f(2,1＋3k2)，x3＝－3ky3.
因为四边形MF1NF2为矩形，所以·＝0，
即(x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，
所以4－xeq \\al(2,3)－yeq \\al(2,3)＝0.所以4－eq \f(2(9k2＋1),1＋3k2)＝0.
解得k＝±eq \f(\r(3),3).故直线l的方程为y＝±eq \f(\r(3),3)(x－2)．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
A
A
A
C
D
B
B