2020-2021学年山东省菏泽市高二（上）期中数学试卷（B卷）人教A版

这是一份2020-2021学年山东省菏泽市高二（上）期中数学试卷（B卷）人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知向量a→=(−1, 1, 0)，b→=(0, 1, −1)，则a→⋅b→=( )
A.0B.1C.−1D.2

2. 设平面α的法向量为(1, −2, λ)，平面β的法向量为(2, μ, 4)，若α // β，则λ+μ＝（ ）
A.2B.4C.−2D.−4

3. 已知a→=(1, 5, −2)，b→=(m, 2, m+1)，若a→⊥b→，则m的值为（ ）
A.−6B.−8C.6D.8

4. 若点A(a+1, 3)在圆C：(x−a)2+(y−1)2＝m内部，则实数m的取值范围是（ ）
A.(5, +∞)B.[5, +∞)C.(0, 5)D.[0, 5]

5. 已知椭圆x2m+y24=1的焦距是2，则m的值是（ ）
A.5B.3或8C.3或5D.20

6. 两直线l1:3x−2y−6＝0，l2:3x−2y+8＝0，则直线l1关于直线l2对称的直线方程为（ ）
A.3x−2y+24＝0B.3x−2y−10＝0C.3x−2y−20＝0D.3x−2y+22＝0

7. 如图所示，P是二面角α−AB−β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝∠MPN＝60∘，设二面角α−AB−β的大小为α，则csα＝（ ）

A.1B.23C.23D.13

8. 已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM→=2MC→，PN→=ND→，NM→=xAB→+yAD→+zAP→，则x+y+z＝（ ）

A.−23B.23C.1D.56
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的的0分．

在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，与向量AB→相等的向量有（ ）
A.CD→B.A′B′→C.D′C′→D.BC→

已知平面α过点A(1, −1, 2)，其法向量n→=(2, −1, 2)，则下列点不在α内的是（ ）
A.(2, 3, 3)B.(3, −3, 4)C.(−1, 2, 0)D.(2, 0, 1)

已知直线l1:ax−y−b＝0，l2:bx−y+a＝0，当a，b满足一定的条件时，它们的图形可以是（ ）
A.B.
C.D.

已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F、E，直线x＝m(−10，故C正确．
选项D中，两直线斜率a>0，bb>0)．利用已知条件求出a、c、b，得到椭圆C的方程．
（2）设P，Q两点的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，直线l的方程为y＝x+t，由y=x+1x24+y2=1 ，
消去y，得5x2+8tx+4(t2−1)＝0，利用韦达定理，弦长公式，转化求解即可．
【解答】
设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
由题意左顶点为A(−2, 0)，a＝2，
离心率为32．
解得c=3，
所以b2＝a2−c2＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y2＝1．
设P，Q两点的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
直线l的方程为y＝x+t，
由y=x+1x24+y2=1 ，
消去y，得5x2+8tx+4(t2−1)＝0，
则x1+x2=−85t，x1x2=4(t2−1)5，
Δ≥0，得0≤t2≤5，
所以|PQ|=1+k2|x1−x2|
=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2
=2⋅40t225−16(t2−1)5
=425⋅5−t2，
因为0≤t2≤5，所以当t＝0时，|PQ|max=4105．
【答案】
因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC // AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE // CD，
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE // 平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，
所以BE // GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD．
因为PA＝PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图
所示的空间直角坐标系E−xyz；
则P(0, 0, 1)，B(0, 1, 0)，E(0, 0, 0)，D(−1, 0, 0)，
则PB→=(0,1,−1)，BE→=(0,−1,0)，DP→=(1,0,1)，G(−12,0,12)，
所以EG→=(−12,0,12)，
设平面BEGF的法向量为n→=(x.y.z)，
则BE→⋅n→=0,EG→⋅n→=0, ，即y=0,−12x+12z=0,
不妨令x＝2，可得n→=(2,0,2)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|=|n→⋅PB→|n→|⋅|PB→||=|−2222+22|=12；
所以直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）说明四边形BCDE为平行四边形，得到BE // CD，证明BE // 平面PCD，然后证明BE // GF，推出BE⊥AD，转化证明BE⊥平面PAD，推出GF⊥平面PAD．
（2）以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立，求出平面BEGF的法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【解答】
因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC // AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE // CD，
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE // 平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，
所以BE // GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD．
因为PA＝PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图
所示的空间直角坐标系E−xyz；
则P(0, 0, 1)，B(0, 1, 0)，E(0, 0, 0)，D(−1, 0, 0)，
则PB→=(0,1,−1)，BE→=(0,−1,0)，DP→=(1,0,1)，G(−12,0,12)，
所以EG→=(−12,0,12)，
设平面BEGF的法向量为n→=(x.y.z)，
则BE→⋅n→=0,EG→⋅n→=0, ，即y=0,−12x+12z=0,
不妨令x＝2，可得n→=(2,0,2)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|=|n→⋅PB→|n→|⋅|PB→||=|−2222+22|=12；
所以直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【答案】
设以线段AP为直径的圆的圆心为C，取A′(−1, 0)．
依题意，圆C内切于圆O，设切点为D，则O，C，D三点共线，
因为O为AA′的中点，C为AP中点，
所以|A′P|＝2|OC|．
所以|PA′|+|PA|＝2OC+2AC＝2OC+2CD＝2OD＝4>|AA′|＝2，
所以动点P的轨迹是以A，A′为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
所以a＝2，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝3，
所以动点P的轨迹方程为x24+y23=1；
证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由y=k(x−4)3x2+4y2=12 ，
得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12＝0，
依题意△＝(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)>0，即0b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
所以a＝2，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝3，
所以动点P的轨迹方程为x24+y23=1；
证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由y=k(x−4)3x2+4y2=12 ，
得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12＝0，
依题意△＝(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)>0，即0