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  • 2021-06-16 发布

广东省云浮市2019-2020高二数学上学期期末考试试题(人教新课标A版附答案)

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云浮市 2019~2020 学年第一学期高二期末考试 数 学 考生注意: 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150 分.考试时间 120 分钟. 2.请将各题答案填写在答题卡上, 3.本试卷主要考试内容:人教 A 版必修 2 第二、三、四章,选修 2-1. 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的. 1.已知直线l 经过原点 (0,0)O 和 (1,1)A 两点,则直线l 的倾斜角是( ) A.30 B. 45 C. 60 D.120 2.双曲线 2 2 161 36 x y  的焦距是( ) A.10 B. 4 7 C. 2 7 D.20 3.已知抛物线 2: 4C x y 的焦点为 F ,则点 F 到抛物线 C 的准线的距离是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 4.命题“ 0 0x  , 2 0 04 3 0x x   ”的否定是( ) A. 0x  , 2 4 3 0x x   B. 0 0x  , 2 0 04 3 0x x   C. 0x  , 2 4 3 0x x   D. 0 0x  , 2 0 04 3 0x x   5.已知双曲线 2 2 12 x y m   的焦点与椭圆 2 2 14 x y  的焦点相同,则 m  ( ) A.1 B.3 C.4 D.5 6.“ 8m  ”是“椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 ”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.若直线 : 0l x y a   被圆 2 2:( 1) ( 2) 4C x y    截得的弦长为 4,则 a ( ) A. 3 B.3 C. 1 D.1 8.已知双曲线 2 2 116 48 x y  的左、右焦点分别为 1F , 2F ,点 P 是该双曲线上的一点,且 1 10PF  ,则 2PF  ( ) A.2 或 18 B.2 C.18 D.4 9.设 a ,b 表示两条不同的直线, ,  表示两个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A.若 a  , a  ,则  B.若 a  , a b∥ ,b ∥ ,则 ∥ C.若 a ∥ , a b ,b  ,则  D.若 a  ,b ∥ ,则 a b∥ 10.如图,在三棱锥 P ABC 中,点 D , E ,  F 分别是 AB , PA ,  CD 的中点,设 PA a , PB b , PC c ,则 EF  ( ) A. 1 1 1 4 4 2a b c  B. 1 1 1 4 4 2a b c  C. 1 1 1 4 4 2a b c  D. 1 1 1 4 4 2a b c   11.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左焦点为 F ,点 A 是椭圆C 的上顶点,直线 : 2l y x 与椭圆C 交于 M 、 N 两点.若点 A 到直线l 的距离是 1,且 6MF NF  ,则椭圆 C 的离心率是( ) A. 1 3 B. 5 3 C. 2 5 3 D. 2 3 12.已知菱形 ABCD 的边长为 2 3 , 60A   ,把菱形 ABCD 沿着对角线 BD 折成二面角 A BD C  为 120 的空间四边形,则该空间四边形外接球的表面积为( ) A. 4π B.12π C. 28π D.196π 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.将答案填在答题卡中的横线上. 13.已知向量 ( 2,3,1)a   , (1, 2,4)b   ,则 a b   ________. 14.若直线 1 :( 1) 2 3 0l a x y    与直线 2 : 3 1 0l x ay   互相垂直,则 a ________. 15.直线 : 2l y kx  与椭圆 2 2: 12 xC y  有公共点,则 k 的取值范围是________. 16.已知抛物线 2: 4C y x ,点Q 在 x 轴上,直线 :( 2) 2 4 0l m x y m     与抛物线 C 交于 M ,N 两 点,若直线QM 与直线QN 的斜率互为相反数,则点Q 的坐标是________. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说眀、证明过程或演算步骤. 17.(10 分) 已知直线l 经过点  1,3A ,斜率 1k  . (1)求直线l 的方程; (2)求圆心在原点,且经过直线l 与 y 轴的交点 B 的圆的方程. 18.(12 分) 已知空间三点  2,1,0A ,  2,2,1B ,  0,1,2C . (1)求 AB AC  的值; (2)若 ( ) ( )AB k AC AB AC      ,求 k 的值 19.(12 分) 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 1AA  平面 ABC ,底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形, M 为 1AA 的中 点,点 P 为 AM 的中点,Q 在线段 1CA 上,且 1 3AQ QC . (1)证明: PQ∥平面 ABC ; (2)求点Q 到平面 ABM 的距离. 20.(12 分) 已知抛物线 2: 8C x y 的焦点为 F ,直线l 与抛物线 C 交于 M , N 两点. (1)若直线l 的方程为 3y x  ,求 MF NF 的值; (2)若直线l 的斜率为 2,l 与 y 轴的交点为 P ,且 2MP NP  ,求| |MN . 21.(12 分) 如图,在四棱锥 P ABCD 中, AB AD , AD BC∥ , PA PB PD  ,  2PE EC , O为 BD 的中点. (1)证明:OP 平面 ABCD ; (2)若 2AB  , 2 4 3BC AD  ,   4PA  ,求二面角C BD E  的余弦值. 22.(12 分) 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的焦距为 2 2 ,点 A 在椭圆 E 上,且 OA 的最小值是 2 (O 为 坐标原点). (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)已知动直线l 与圆 2 2 2: ( 0)O x y t t   相切,且与椭圆 E 交于 P ,Q 两点,是否存在实数t ,使 得OP OQ ?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由. 云浮市 2019~2020 学年第一学期高二期末考试 数学参考答案 1.B 由题意可得直线l 的斜率 1k  ,则直线l 的倾斜角是 45. 2.D 由题意可得 64 36 10c    ,则该双曲线的焦距是 2 20c  . 3.B 由题意可得  0,1F ,抛物线 C 的准线为 1y   , 则点 F 到抛物线C 的准线的距离是  1 1 2   . 4.C 特称命题的否定是全称命题. 5.A 由题意可得 2 4 1m   ,则 1m  . 6.A 因为椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 , 所以 4 2 2 m m   或 4 2 2 2 m  ,解得 8m  或 2m  , 故“ 8m  ”是“椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 ”的充分不必要条件. 7.B 由题意可知直线l 经过圆心  1,2 ,代入直线方程解得 3a  . 8.C 因为 1 10 12PF a c    ,所以点 P 在该双曲线左支上, 则 2 12 2 4 10 18PF a PF      . 9.A 对于 D, a 与b 可能异面,故 D 错误;对于 B, 若 a  ,b ∥ , a b∥ ,则  ,故 B 错误; 对于 C,在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,记直线 1 1A D 为 ,平面 ABCD 为 ,直线 1AA 为b , 平面 1 1 1 1A B C D 为,满足 a ∥ , a b ,b  ,但  不成立,故 C 错误; 对于 A,由面面垂直判定定理可得  ,故选 A. 10.D 如图,连接 DE . 因为点 D , E 分别是 AB , PA 的中点,所以 1 2ED b  . 因为点 D 是 AB 的中点, 所以 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2CD CA CB PA PC PB PC a b c                  . 因为点 F 是CD 的中点,所以 1 1 1 1 2 4 4 2DF CD a b c          , 则 1 1 1 4 4 2EF ED DF a b c           . 11.D 由点  0,A b 到直线l 的距离是 1,得 5b  . 由椭圆的对称性、| | | 6MF NF ∣ 以及椭圆定义, 可得 3a  ,则 2c  ,故离心率为 2 3 . 12.C 如图, P 为 BD 的中点, 1O , 2O 分别为 ABD△ 和 BCD△ 的外心, 1OO  平面 ABD , 2OO  平面 BCD. 由题意可知 120APC   ,所以 60APO   . 由正三角形 ABD 的性质,得 1 1O P  ,所以 2OP  . 又 3BP  ,所以 7R OB  ,故 24 28S R   . 13. ( 1,1,5) 因为 ( 2,3,1)a   ,   (1, 2,4)b   ,所以 ( 1,1,5)a b    . 14. 1 5  因为 1 2l l ,所以 ( 1) 2 ( 3 ) 0a a     ,所以 1a   . 15. 6 6, ,2 2              ,联立 2 2 12 2 x y y kx       , 整理得 2 22 1 8 6 0k x kx    . 因为直线l 与椭圆 C 有公共点,所以  2 2(8 ) 24 2 1 0k k     , 解得 6 2k  或 6 2k   . 16. 2,0 设  1 1,M x y ,  2 2,N x y , ( ,0)Q t . 由题意可得直线l 过定点 2,0 且斜率存在, 则可设直线l 的方程为 ( 2)y k x  ,联立 2 ( 2) 4 y k x y x     , 整理得  2 2 2 24 1 4 0k x k x k    ,则 2 1 2 2 1 2 4 4 4 kx x k x x      , 因为 0QM QNk k  ,所以 1 2 1 2 0y y x t x t    , 所以      1 2 2 12 2 0k x x t k x x t      , 即    1 2 1 2 1 22 2 4x x x x t x x    , 所以 2t   ,故点Q 的坐标是 2,0 . 17.解:(1)由点斜式方程(或  0 0y y k x x   , 得 3 1 ( 1)y x    , 化简得 2y x  (或 2 0x y   ).(直接写答案只给 3 分) (2)由(1)得直线l 与 y 轴的交点 (0,2)B , 则圆的半径 2r  . 由圆的标准方程(或 2 2 2( ) ( )x a y b r    ) 得 2 2 4x y  . 18.解:(1)因为 (2,1,0)A , (2,2,1)B ,所以 (0,1,1)AB  . 因为 (2,1,0)A , (0,1,2)C ,所以 ( 2,0,2)AC   , 则 0 ( 2) 1 0 1 2 2AB AC          . (2)由(1)可知 (0,1,1)AB  , ( 2,0,2)AC   , 所以 ( 2 ,1,2 1)AB k AC k k     , ( 2,1,3)AB AC    . 因为 ( ) ( )AB k AC k AB AC      , 所以 4 1 3(2 1) 0k k    ,解得 2 5k   . 19.(1)证明:因为点 M 为 1A A 的中点,所以 1 1 2AM A A . 因为 P 为 AM 的中点,所以 1 2AP AM , 所以 1 3A P AP . 因为 1 3AQ QC ,所以 1 1 3AQ A P QC PA   ,所以 PQ AC∥ . 因为 AC  平面 ABC ,所以 PQ∥平面 ABC . (2)解:过 C 作CH AB ,垂足为 H , 又 1AA  底面 ABC ,则 1AA CH , 因为 1AA AB A ,所以CH 平面 ABM . 因为底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形,所以 3CH  . 设点Q 到平面 ABM 的距离为 h , 则 1 1 AQh CH AC  ,即 1 1 AQ CHh AC  . 因为 1 3AQ QC  ,所以 1 1 3 4 AQ AC  ,所以 3 3 3 4 4h CH  . 20.解:(1)设  1 1,M x y ,  2 2,N x y . 联立 2 8 3 x y y x      ,整理得 2 14 9 0y y   , 则 1 2 14y y  . 因为 M , N 均在抛物线C 上, 所以 1 2| | | | 4 18MF NF y y     . (2)设 (0,  )P t ,则直线l 的方程为 2y x t  . 联立 2 8 2 x y y x t      ,整理得 2 16 8 0x x t   , 则 1 2 16x x  , 1 2 8 x x t  , 且 216 32 0t    ,即 8t   . 因为 2MP NP  ,所以点 N 为线段 MP 的中点,所以 1 22x x . 因为 1 2 16x x  ,所以 1 32 3x  , 2 16 3x  , 此时 5128 9t  , 64 89t     , 故 2 1 2 32 16 16 5| | 1 5 3 3 3MN k x x            . 21.(1)证明:取 AD 的中点 F ,连接 PF ,OF . 因为 PA PD , F 为 AD 的中点,所以 AD PF . 因为O 为 BD 的中点, F 为 AD 的中点,所以OF AB∥ . 因为 AB AD ,所以OF AD , 因为OF PF F ,OF  平面 POF , PF  平面 POF , 所以 AD  平面 POF . 又OP  平面 POF ,所以 AD OF . 因为 PB PD ,O 为 BD 的中点,所以 PO BD . 因为 AD BD D , AD  平面 ABCD , BD  平面 ABCD , 所以OP 平面 ABCD . (2)解:以O 为坐标原点,平行 AD 的直线为 x 轴,FO 所在直线为 y 轴,OP 所在直线为 z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz , 则 (0,0,0)O , ( 3,1,0)B  , ( 3, 1,0)D  , (3 3,1,0)C , (0,0,2 3)P . 因为 2PE EC ,所以 2 2 32 3, ,3 3E       , 故 (2 3, 2,0)BD   , 5 2 33, ,3 3DE        , (0,0,2 3)OP  . 设平面 BDE 的法向量 ( ,  ,  )m x y z , 则 2 3 2 0 5 2 33 03 3 m BD x y m DE x y z               , 不妨取 1x  ,则 (1, 3, 4)m   . 记二面角C BD E  的大小为 ,由图可知 为锐角, 则 | | 8 3 2 5cos | cos , | 5| || | 2 3 2 5 m OPm OP m OP              . 22.解:(1)因为| |OA 的最小值是 2 ,所以 2b  . 因为椭圆 E 的焦距为 2 2 ,所以 2 2 2c  ,即 2c  , 所以 2 2 2 4a b c   . 故椭圆 E 的标准方程是 2 2 14 2 x y  . (2)①当直线l 的斜率不存在时, 因为直线l 与圆O 相切,所以直线l 的方程为 x t  , 则直线l 与椭圆 E 的交点为 28 2, 2 tt      或 28 2, 2 tt       . 因为 OP OQ ,所以 2 2 1 2 1 2 8 2 04 tx x y y t     . 所以 2 4 3t  ,即 2 3 3t  . ②当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为 y kx m  ,  1 1,P x y ,  2 2,Q x y . 联立 2 2 14 2 x y y kx m       ,整理得  2 2 22 1 4 2 4 0k x kmx m     , 则 1 2 2 4 2 1 kmx x k     , 2 1 2 2 2 4 2 1 mx x k   . 因为  1 1,P x y ,  2 2,Q x y 在直线l 上, 所以     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       , 将 1 2 2 4 2 1 kmx x k     , 2 1 2 2 2 4 2 1 mx x k   代入上式, 得  2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 4 4 4 2 1 2 1 2 1 k m k m m ky y mk k k        . 因为 OP OQ ,所以 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 4 02 1 2 1 m m kx x y y k k       , 即  2 23 4 1m k  . 因为动直线l 与圆 O 相切,所以 2 | | 1 m t k   , 所以 2 2 2 4 1 3 mt k   ,即 2 3 3t  . 综上,存在 2 3 3t  ,使得 OP OQ .