2021年北京西城区月坛中学高二上学期期末数学试卷

这是一份2021年北京西城区月坛中学高二上学期期末数学试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题；共50分）
1. 已知向量 a=−2,−3,1，b=2,0,4，c=−4,−6,2，则下列结论正确的是
A. a∥b，a∥cB. a∥b，a⊥cC. a∥b，b∥cD. a⊥b，a∥c

2. 动点 P 在直线 x+y−4=0 上，O 为原点，则 OP 的最小值为
A. 10B. 22C. 6D. 2

3. 若点 2a,a−1 在圆 x2+y+12=5 的内部，则 a 的取值范围是
A. −∞,1B. −1,1C. 2,5D. 1,+∞

4. 已知椭圆的方程为 x216+y2m2=1（m>0）．如果此椭圆的焦点在 x 轴上，那么它的焦距为
A. 216−m2B. 24−mC. 2m2−8D. 2m−4

5. 若双曲线 y2a2−x2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线经过点 3,1，则该双曲线的离心率为
A. 5B. 2C. 3D. 2

6. 甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 9，0，2，1，5，为遵守当地某月 5 日至 9 日 5 天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为
A. 64B. 80C. 96D. 120

7. x−yn 的二项展开式中，第 m 项的系数是
A. CnmB. Cnm+1
C. Cnm−1D. −1m−1Cnm−1

8. 椭圆以 x 轴和 y 轴为对称轴，经过点 2,0，长轴长是短轴长的 2 倍，则椭圆的方程为
A. x24+y2=1B. y216+x24=1
C. x24+y2=1 或 y216+x24=1D. x24+y2=1 或 y24+x2=1

9. 抛物线 y2=4x 的焦点为 F，点 Px,y 为该抛物线上的动点，若点 A−1,0，则 ∣PF∣∣PA∣ 的最小值是
A. 12B. 22C. 32D. 223

10. 到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为
A. 相交直线B. 双曲线C. 抛物线D. 椭圆弧

二、填空题（共7小题；共35分）
11. 直线 ax+4y−2=0 与 2x−5y+c=0 垂直相交于点 1,m ，则 a⋅c⋅m= ．

12. 过原点且倾斜角为 60∘ 的直线被圆 x2+y2−4y=0 所截得的弦长为 ．

13. 过抛物线 y2=2pxp>0 的焦点 F 作倾斜角为 45∘ 的直线交抛物线于 A，B 两点，若线段 AB 的长为 8，则 p= ．

14. 经过点 M−2,0 且与圆 x2+y2=1 相切的直线 l 的方程是 ．

15. 若给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有 种．

16. 已知椭圆 x24+y2a2=1 与双曲线 x2a−y22=1 有相同的焦距，则实数 a= ．

17. 如图，PA⊥⊙O 所在的平面，AB 是 ⊙O 的直径，C 是 ⊙O 上的一点，AE⊥PB 于 E，AF⊥PC 于 F，有下列四个结论：
① BC⊥平面PAC；② AF⊥平面PBC；③ EF⊥PB；④ AE⊥平面PBC．
其中正确的结论是 ．（写出所有正确结论的序号）

三、解答题（共5小题；共65分）
18. 如图，在四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，已知 侧棱AA1⊥底面ABCD，侧面 ABB1A1 是正方形，AB1 与 A1B 交于点 O，AB⊥BC，AB∥CD，AB=2，BC=CD=1．
（1）求证：AD∥平面COC1；
（2）求直线 OC1 与平面 AB1C 所成角的正弦值；
（3）若点 P 在线段 A1D1 上，且 A1P=23A1D1，求二面角 C−AB1−P 的正弦值．

19. 如图所示，设抛物线 C:y2=2x，点 A2,0，B−2,0，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点．
（1）当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；
（2）证明：∠ABM=∠ABN．

20. 已知椭圆 G:x2a2+y2b2=1a>b>0 的离心率为 32，过其右焦点与长轴垂直的弦长为 1．如图，A，B 是椭圆的左右顶点，M 是椭圆上位于 x 轴上方的动点，直线 AM，BM 与直线 l:x=4 分别交于 C，D 两点．
（1）求椭圆 G 的标准方程；
（2）若 ∣CD∣=4，求点 M 的坐标；
（3）记 △MAB 和 △MCD 的面积分别为 S1 和 S2，若 λ=S1S2，求实数 λ 的取值范围．

21. 已知抛物线 C:y2=2pxp>0 的焦点为 F，且经过点 A1,2，过点 F 的直线与抛物线 C 交于 P，Q 两点．
（1）求抛物线 C 的方程；
（2）O 为坐标原点，直线 OP，OQ 与直线 x=−p2 分别交于 S，T 两点，试判断 FS⋅FT 是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

22. 已知椭圆 γ：x2a2+y2=1（常数 a>1）的左顶点为 R，点 Aa,1，B−a,1，O 为坐标原点．
（1）若 P 是椭圆 γ 上任意一点，OP=mOA+nOB，求 m2+n2 的值．
（2）设 Q 是椭圆 γ 上任意一点，S3a,0，求 QS⋅QR 的取值范围．
（3）设 Mx1,y1，Nx2,y2 是椭圆 γ 上的两个动点，满足 kOM⋅kON=kOA⋅kOB，试探究 △OMN 的面积是否为定值，说明理由．
答案
第一部分
1. D
2. B
3. B【解析】点 2a,a−1 在圆 x2+y+12=5 的内部，则 2a2+a2<5，解得 −14. A
5. B
【解析】若双曲线 y2a2−x2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线：by−ax=0，渐近线经过点 3,1，可得 b=3a，即 b2=3a2，可得 c2−a2=3a2，
所以 c2=4a2，c=2a，
所以双曲线的离心率为 e=ca=2．
6. B【解析】5 日至 9 日，日期尾数分别为 5，6，7，8，9，有 3 天是奇数日，2 天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有 2 种选择，共有 22=4 种；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选 1 天安排甲的车，另外 2 天安排其他车，有 3×2×2=12 种，第二类，不安排甲的车，每天都有 2 种选择，共有 23=8 种，共有 12+8=20 种．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为 4×20=80．
7. D【解析】x−yn 展开式中第 m 项的系数为 Cnm−1−1m−1．
8. C【解析】由于椭圆长轴长是短轴长的 2 倍，即有 a=2b，又椭圆经过点 2,0，若焦点在 x 轴上，则 a=2，b=1，椭圆方程为 x24+y2=1；若焦点在 y 轴上，则 a=4，b=2，椭圆方程为 y216+x24=1．
9. B【解析】抛物线 y2=4x 的准线方程为 x=−1，如图，过 P 作 PN 垂直直线 x=−1 于 N，由抛物线的定义可知 ∣PF∣=∣PN∣，连接 PA，
在 Rt△PAN 中，sin∠PAN=∣PN∣∣PA∣，
当 ∣PN∣∣PA∣=∣PF∣∣PA∣ 最小时，sin∠PAN 最小，
即 ∠PAN 最小，即 ∠PAF 最大，
此时，PA 为抛物线的切线，设 PA 的方程为 y=kx+1，
联立 y=kx+1,y2=4x, 得 k2x2+2k2−4x+k2=0，
所以 Δ=2k2−42−4k4=0，解得 k=±1，
所以 ∠PAF=∠NPA=45∘，∣PF∣∣PA∣=∣PN∣∣PA∣=cs∠NPA=22．
10. C
【解析】如图所示，建立坐标系，
不妨设两条互相垂直的异面直线为 OA，BC，
设 OB=a，Px,y,z 到直线 OA，BC 的距离相等，
所以 x2+z2=x−a2+y2，
所以 2ax−y2+z2−a2=0，
若被平面 xOy 所截，则 z=0，y2=2ax−a2；
若被平面 xOz 所截，则 y=0，z2=−2ax+a2．
第二部分
11. 240
12. 23
13. 2
【解析】因为 Fp2,0，
所以直线 AB 的方程为 y=x−p2，与 y2=2px 联立，得 x2−3px+p24=0．
设点 A，B 的坐标分别为 xA,yA，xB,yB，
所以 xA+xB=3p．
由焦半径公式得 AB=xA+xB+p=4p=8，得 p=2．
14. y=±33x+2
【解析】当直线的斜率不存在时，直线方程为 x=−2，不成立；
当直线的斜率存在时，设直线方程为 y=kx+2，即 kx−y+2k=0，
由题意，得 2kk2+1=1，解得 k=±33．
所以直线方程为 y=±33x+2．
15. 30
【解析】方法一：
如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步．
当染边 1 时有 3 种染法，则染边 2 有 2 种染法．
（1）当 3 与 1 同色时有 1 种染法，则 4 有 2 种，5 有 1 种，此时染法总数为 3×2×1×2×1=12（种）．
（2）当 3 与 1 不同色时，3 有 1 种，
①当 4 与 1 同色时，4 有 1 种，5 有 2 种；
②当 4 与 1 不同色时，4 有 1 种，5 有 1 种，则此时有 3×2×1×1×2+1×1=18（种）．
综合（1），（2），由分类加法计数原理，可得染法的种数为 30 种．
方法二：
通过分析可知，每种颜色至少要涂 1 次，至多只能涂 2 次，即有一色涂 1 次，剩余两种颜色各涂 2 次．一次的有 C31C51 种涂法，涂 2 次的有 2 种涂法，故一共有 2C31C51=30（种）涂法．
16. 1 或 3
【解析】由题意得 4−a2=a+2 或 a2−4=a+2 解得 a=1，a=3．
17. ①②③
【解析】因为 PA⊥⊙O 所在的平面，BC⊂⊙O 所在的平面，
所以 PA⊥BC，
因为 AB 是 ⊙O 的直径，
所以 AC⊥BC，又 AC∩PA=A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以 BC⊥平面PAC，故①正确；
又 AF⊂平面PAC，
所以 AF⊥BC，又 AF⊥PC，BC∩PC=C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以 AF⊥平面PBC，故②正确；
又 PB⊂平面PBC，
所以 AF⊥PB，
又 AE⊥PB，AF∩AE=A，AF⊂平面AEF，AE⊂平面AEF，
所以 PB⊥平面AEF，又 EF⊂平面AEF，
所以 EF⊥PB，故③正确；
由②及过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，知④错误．
第三部分
18. （1） 分别取线段 AB，CC1 的中点 E，F，连接 CE，OE，OF，
则 AE=CD，AE∥CD，OE=12AA1=CF，OE∥AA1∥CF，可知四边形 AECD 和四边形 OECF 均为平行四边形，
所以 AD∥CE∥OF，
又 AD⊄平面COC1，
所以 AD∥平面COC1．
（2） 依题意，以 B 为原点，分别以 BA，BB1，BC 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得 A2,0,0，C0,0,1，B10,2,0，C10,2,1，O1,1,0，
所以 OC1=−1,1,1，AC=−2,0,1，AB1=−2,2,0，
设平面 AB1C 的一个法向量为 m=x1,y1,z1，
则 m⋅AC=−2x1+z1=0,m⋅AB1=−2x1+2y1=0,
不妨设 x1=1，解得 y1=1，z1=2，
所以 m=1,1,2，
于是 csm,OC1=m⋅OC1mOC1=−1+1+21+1+4×1+1+1=23，
所以，直线 OC1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 23．
（3） 依题意，A12,2,0，D11,2,1，设 PxP,yP,zP，
A1P=xP−2,yP−2,zP，A1D1=−1,0,1，
由 A1P=23A1D1，得 xP−2=−23，yP−2=0，zP=23，从而 P43,2,23，
所以 AP=−23,2,23，
设平面 AB1P 的一个法向量为 n=x2,y2,z2，
则 n⋅AP=−23x2+2y2+23z2=0,n⋅AB1=−2x2+2y2=0,
不妨设 x2=1，解得 y2=1，z2=−2，
所以 n=1,1,−2，
因此有 csm,n=m⋅nmn=1+1−46×6=−13，
于是，sinm,n=1−cs2m,n=223，
所以，二面角 C−AB1−P 的正弦值为 223．
19. （1） 当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x=2，可得点 M 的坐标为 2,2 或 2,−2．
所以直线 BM 的方程为 y=12x+1 或 y=−12x−1．
即 x−2y+2=0 或 x+2y+2=0．
（2） 当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以 ∠ABM=∠ABN．
当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y=kx−2k≠0，
Mx1,y1，Nx2,y2，则 x1>0，x2>0．
由 y=kx−2,y2=2x, 得 ky2−2y−4k=0，显然方程有两个不等实根．
所以 y1+y2=2k，y1y2=−4．
直线 BM，BN 的斜率之和 kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2y1+y2x1+2x2+2. ⋯⋯①
将 x1=y1k+2，x2=y2k+2 及 y1+y2，y1y2 的表达式代入①式分子，
可得 x2y1+x1y2+2y1+y2=2y1y2+4ky1+y2k=−8+8k=0．
所以 kBM+kBN=0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以 ∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
20. （1） 由 e=32，得 ca=32，
所以 c2a2=a2−b2a2=34, ⋯⋯①
又 c,12 在椭圆上，代入得 c2a2+14b2=1, ⋯⋯②
由①②解得 a2=4，b2=1，
所以椭圆方程为 x24+y2=1．
（2） 由（Ⅰ）得，A−2,0，直线 AM 的斜率 k 显然存在，且 k>0，故可设直线 AM 的方程为 y=kx+2，
由 x=4,y=kx+2 得 x=4,y=6k,
所以 C4,6k，
由 y=kx+2,x24+y2=1 消去 y 并整理得，1+4k2x2+16k2x+16k2−4=0，
设 Mx0,y0，则 −2x0=16k2−41+4k2，
所以 x0=2−8k21+4k2，从而 y0=4k1+4k2，
即 M2−8k21+4k2,4k1+4k2，
又 B2,0，
故直线 BM 的方程为 y=−14kx−2，
由 x=4,y=−14kx−2 得 x=4,y=−12k,
所以 D4,−12k，
所以 ∣CD∣=6k+12k=6k+12kk>0，
由 ∣CD∣=4，得 6k+12k=4，解得 k=12，或 k=16，
从而求得 M0,1 或 M85,35．
（3） 由（Ⅰ）得 M2−8k21+4k2,4k1+4k2，
所以 S1=12∣AB∣yM=12×4×4k1+4k2=8k1+4k2，
S2=12∣CD∣4−xM=12×6k+12k×4−2−8k21+4k2=1+12k222k1+4k2,
假设存在实数 λ，使得 S1=λS2，则
λ=S1S2=16k21+12k22=16k21+24k2+144k4=16144k2+1k2+24≤162144k2⋅1k2+24=13,
当且仅当 144k2=1k2，即 k=36 时，等号成立，
又因为 λ>0，
所以 0<λ≤13，
故实数 λ 的取值范围是 0,13．
21. （1） 把点 A1,2 代入抛物线 C 的方程 y2=2px，得 4=2p，
解得 p=2，
所以抛物线 C 的方程为 y2=4x．
（2） 因为 p=2，
所以直线 x=−p2 为 x=−1，焦点 F 的坐标为 1,0，
设直线 PQ 的方程为 x=ty+1，Py124,y1，Qy224,y2，
则直线 OP 的方程为 y=4y1x，直线 OQ 的方程为 y=4y2x，
由 y=4y1x,x=−1 得 S−1,−4y1，
同理得 T−1,−4y2，
所以 FS=−2,−4y1，FT=−2,−4y2，则 FS⋅FT=4+16y1y2．
由 x=ty+1,y2=4x 得 y2−4ty−4=0，
所以 y1y2=−4，则 FS⋅FT=4+16−4=4−4=0．
所以，FS⋅FT 的值是定值，且定值为 0．
22. （1） OP=mOA+nOB=ma−na,m+n，得 Pma−na,m+n．
把点 P 的坐标代入椭圆方程，得 m−n2+m+n2=1，即 m2+n2=12．
（2） 设 Qx,y，则
QS⋅QR=3a−x,−y−a−x,−y=x−3ax+a+y2=x−3ax+a+1−x2a2=a2−1a2x2−2ax+1−3a2=a2−1a2x−a3a2−12−4a4−4a2+1a2−1−a≤x≤a.
由 a>1，得 a3a2−1>a，
所以当 x=−a 时，QS⋅QR 的最大值为 0；
当 x=a 时，QS⋅QR 的最小值为 −4a2；
即 QS⋅QR 的取值范围为 −4a2,0．
（3） 由条件得，y1y2x1x2=−1a2，
平方得 x12x22=a4y12y22=a2−x12a2−x22，即 x12+x22=a2，
所以
S△OMN=12∣x1y2−x2y1∣=12x12y22+x22y12−2x1x2y1y2=12x121−x22a2+x221−x12a2+2x12x22a2=12x12+x22=a2.
故 △OMN 的面积为定值 a2．