唐山市2013～2014学年度高二年级第一学期期末考试化学试卷(甲卷)

唐山市2013～2014学年度高二年级第一学期期末考试化学试卷(甲卷)参考答案及评分参考

唐山市2013～2014学年度高二年级第一学期期末考试

理科数学甲卷参考答案及评分标准

一、选择题：

A卷：DCACB DDBAC BC B卷：ADBCB DACAC BC 二、填空题：

1

（13）x3y－2＝0或x3y－2＝0 （14）4

25

（15）（16）7

5

三、解答题：

（17）解：

1－2x3x－11由1≤0，解得0＜x≤

xx3

1

故p为xx≤0．

3

3分

由x2－2mx＋m2－1≤0，解得m－1≤x≤m＋1， 故q为x＞m＋1，或x＜m－1．

因为p是q的必要不充分条件，所以有

6分

m－1≤0，2

1解得－m≤1， 3

m＋1≥3，

2

故所求实数m的取值范围是－m≤1．

3

10分

（18）解：

（Ⅰ）由已知，得线段AB的中点坐标为

5(1，直线AB的斜率k22

AB3－2

＝－1， 0－1

51

所以线段AB的垂直平分线的方程为y＝x，即x－y＋2＝0．

22

由题意，圆C的圆心C在直线x－y＋2＝0上，又在y轴上，所以C(0，2)，

半径r＝|BC|＝1，所以圆C的方程为x2＋(y－2)2＝1． 6分 （Ⅱ）由题意，设直线l的方程为x＋y＝a和y＝kx． 因为圆C的半径为1，直线l被圆C，

所以点C到直线l的距离为

2

2

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|2－a|2

当直线l的方程为x＋y＝a时，有a＝1或a＝3．

22

当直线l的方程为y＝kx时，

22

，解得k7， 2k＋1

故所求直线l的方程为x＋y＝1，x＋y＝3，y7x．

C EA

12分

（19）解：

过点D作DF⊥α于F，连结BF，AD， 所以∠DBF为BD与平面α所成的角． 因为AB＝7，BD＝24，AB⊥BD，

所以AD＝AB＋BD＝25． 4分 又AC⊥α，所以AC∥DF，A，C，D，F四点共面． 取AC的中点E，则DE⊥AC，

又AF⊥AC，所以AF∥DE，四边形AEDF是平行四边形， DF＝AE＝12． 在Rt△DFB中，DF＝12，DB＝24，故∠DBF＝30 ， 即BD与平面α所成的角为30 ．

D

8分 12分

（20）解：

（Ⅰ）由题意，设抛物线C的标准方程为y2＝2px（p＞0），

因为点M在抛物线C上，所以(－)2＝2p·2，即p＝2． 因此，所求C的标准方程为y2＝4x． （Ⅱ）因为AC⊥x轴，所以弦AC为此抛物线的通径， 故|AC|＝2p＝4，进而|BD|＝8，由题意，F(1，0)， 直线BD的斜率k存在，且k≠0，

设其方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，

5分

8分

2k2＋4

设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝，

k

2k2＋4

由抛物线定义，得|BD|＝|BF|＋|FD|＝x1＋x2＋p＝2＝8，

k解得k2＝1，k＝±1，即弦BD所在直线的方程为y＝±(x－1)．

10分 12分

（21）解：

（Ⅰ）因为侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，

所以AA1⊥平面ABC，即此棱柱是直棱柱，所以CC1⊥平面A1B1C1，CC1⊥A1D． 又因为A1B1＝A1C1，D为B1C1中点，所以A1D⊥B1C1，B1C1∩CC1＝C1， 所以A1D⊥平面BCC1B1． 6分

唐山市2013～2014学年度高二年级第一学期期末考试化学试卷(甲卷)参考答案及评分参考

A

1(1，1)， 22

（Ⅱ）由题意，AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设AB＝1，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，D11→AD＝(，0)，→AC＝(0，1，－1)．

1

22

1

n·→A1D＝0， x＋y＝0，

设平面A1DC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 即

y－z＝0， → n·A1C＝0，

取x＝－1，得n＝(－1，1，1)，

因为AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一个法向量为→AB＝(1，0，0)，

因为二面角D-A1C-A为钝二面角，设其大小为 ， n·→AB3________→所以cos ＝cos n，AB ＝＝－ →3|n||AB|

12分

（22）解：

（Ⅰ）设A(a，0)，B(0，b)，C(x，y)，由→BC＝2→CA，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，

a＝x， x＝2a－2x，9x2222即 解得 由题意，有a＋b＝9＋9y2＝9，

4 y－b＝－2y，

3

b＝3y，

x22

即点C＋y＝1．

4

5分

（Ⅱ）①当直线OM，ON的斜率都存在时，设直线OM的方程为y＝kx（k≠0）， 42

x＝y＝kx， 21＋4k4(1＋k2)222

由 x解得所以|OM|＝x＋y＝． 2

4k21＋4ky＝1，2

4 y＝1＋4k

7分

4(1＋k2)12

由OM⊥ON，得直线ON的方程为y＝－x，同理得|ON|＝ 8分

k4＋k

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在Rt△MON中，|MN|＝|OM|＋|ON|＝4(1＋k2)5(4k4＋8k2＋4)9k2＝＝51＝51－4k＋17k＋44k＋17k＋4

222

11

(1＋4k4＋k

(

)(

94

4k2＋17

k

)

9164≥51＝（当且仅当k2＝1时“＝”成立），此时|MN|的最小值为

2555

(

②当直线OM，ON的斜率有一个不存在时，易得|OM|＝2，|ON|＝1， 此时|MN||OM|＋|ON|＝5＞45

5

．

综上，可知|MN|的最小值为

45

5

．

12分