职二数学答案

平鲁区职业中学

2013年春季期中考试职高二年级数学试卷

（时间：90分钟 分数：100分）

一、单项选择题（每题 4分，共40 分）

班级 姓名 考号 1、cos105º的值为（ B ）

62626262A. B. C. D. 4444 2、函数y=sinx+cosx(x∈R)的最小正周期为（ A ）

8、抛物线上y2=2px上，横坐标为4的点到焦点的距离为5，则焦点到准线的距离（ C ）

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

2x2y29、以椭圆 2  1 （a>b>0）的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线  2ab方程为（ B ）

x2y2x2y2A. 2  2  1 B. 2  2  1

abbax2y2x2y21 C. 2  2  1 D. 2aab2ab2b2x2y21表示双曲线，则m的的取值范围为（ C ） 10、设方程

m2m1 A. 2 B.  C. D. 24 3、在△ABC中，∠A＝45º, a=2，b=2, 则∠B＝（ B ）

A. 45º B. 30º C. 45º或135º D. 30º或150º 4、在△ABC中，若2sinBsinC=1+cosA，则△ABC是（ C ）

A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形

15、已知为三角形的一个内角，且sinx+cosx= 3，则（ C ）

33 A.（0， ） D.（ 44， ） 4） B.（ 4， 2） C.（ 2，A. m>2 B. —1二、填空题（每空4 分，共20分）

1tan150 11、的值等于____________________ 。3 1tan150 6、已知椭圆的长轴长是6，且长轴在y轴上，离心率e= ，则该椭圆的标准方

程是（ D ）

x2y2x2y2x2y2x2y2 1 D． 1 A． 36  20  1 B．9  5  1 C． 20 36597、设椭圆、双曲线、抛物线的离心率分别是e1，e2，e3，则下列结论

正确的是（ C ）

A. e11

2312、锐角△ABC的面积S=8，AB=4，AC=5，则BC=______________17 x213、经过椭圆  y 2 的左焦点F1的直线与此椭圆相交于A，B两点，F2 14是椭圆的右焦点，那么的△A F2B的周长为_______8_______ x2y214、双曲线 的离心率为e>2，那么m的取值范围是 m>4____ 1（m>0）

4m22xy 15、以椭圆   1 的焦点为焦点的双曲线，如果离心率为2，那么该双2516曲线的渐近线方程是___ y=±3 x ______________________

三、解答题（每题8分，共 40 分）

16、△ABC中，若2sinBcosC=sinA，试判断三角形的形状

解：∵2sinBcosC=sinA=sin[-(B+C)]= sin(B+C),

2sinBcosC= sinBcosC+cosBsinC sinBcosC=cosBsinC, sin(B-C)=0 BC，故三角形是等腰三角形

17、在△ABC中，已知c-b=1, bc=30, S

15, 求A和a 。 219、过点P(1,2)作一直线与双曲线双曲线2x-y=2相交于A,B两点，使点P 恰好是A，B两点的中点，求所作直线的方程。

解：设过P点的直线方程为y-2=k(x-1) 代入双曲线方程2x-y=2中，整理得 2-k^2)x^2-2k(1-k)x-k^2+2k-3=0

设M（x1,y1）、N(x2,y2)则有x1+x2=2k(1-k)/(2-k^2) =2 解得：k=1

固直线AB的方程为 y-2=k(x-1), 即 x-y+1=0为所求直线方程

2

2

22

解：由已知b=5, c=6 . SbcsinA A12151 sinA 22x2y220、已知椭圆221(ab0)的左右焦点分别为F1,F2，短轴两个端点为A,B，

ab且四边形F1AF2B是边长为2的正方形．

（1）求椭圆方程；

5或 66(1) A65(2) A时，a61303

6时，a61303 （2）若C,D分别是椭圆长轴的左右端点，动点M满足MDCD，连接CM，交椭圆于

点P．证明：OMOP为定值；

（3）在（2）的条件下，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP,MQ的交点，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

x2 18、已知椭圆  y 2 1 ，设它的两个焦点分别为F1和F2，P为椭圆上一

20点，当P F1⊥PF2时，求△PF1F2的面积 。

解：a2=20 b2=1 c2=19 又SΔ= |PF1|·|PF2| |PF1|+|PF2|=2a=45，

4×19=4c2=|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2， 即(|PF1|+|PF2|)2-2PF1||PF2|=4×19， |PF1|·|PF2|=2

∴ SΔ= ×2=1

2

x2y21． 解析（1）a2,bc,abc，b2，椭圆方程为422222（2）设M(2,y0),P(x1,y1)，则OP(x1,y1),OM(2,y0)．直线CM：C(2,0),D(2,0)，

x2yy04y0，即

yy01xy042．

， 代入椭圆

x22y24得

2y01212(1)x2y0xy040822224(y08)2(y08)x1(2),x122y08y08，

28y02(y08)8y0,2)， y12．OP(2y08y08y082224(y08)8y04y032OMOP2224（定值）．

y08y08y08（3）设存在Q(m,0)满足条件，则MQDP．MQ(m2,y)，

DP(4y208y0y28,y2)， 则由MQDP0得008m0．存在Q(0,0)满足条件．

04y220y(m2)8y0220，从而得

08y083