2021北京交大附中高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京交大附中高二（上）期末数学（教师版），共14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。
2021北京交大附中高二（上）期末
数 学
一、选择题（共10小题）.
1．已知向量＝（﹣1，2，1），＝（3，x，y），且∥，那么||＝（　　）
A． B．6 C．9 D．18
2．点（2，1）到直线3x﹣4y+2＝0的距离是（　　）
A． B． C． D．
3．圆心在直线x﹣y＝0上且与y轴相切于点（0，1）的圆的方程是（　　）
A．（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1 B．（x+1）2+（y+1）2＝1
C．（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2 D．（x+1）2+（y+1）2＝2
4．设椭圆的标准方程为，若焦点在x轴上，则k的取值范围是（　　）
A．k＞3 B．3＜k＜5 C．4＜k＜5 D．3＜k＜4
5．直线y＝2x为双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线，则双曲线C的离心率是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．从甲地到丁地的不同路线共有（　　）

A．12条 B．15条 C．18条 D．72条
7．在（x﹣2）5的展开式中，x2的系数是（　　）
A．﹣80 B．﹣10 C．5 D．40
8．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里．已知月球的直径为3476公里，则该椭圆形轨道的离心率约为（　　）

A． B． C． D．
9．已知斜率为k的直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，线段AB的中点为M（1，m）（m＞0），则斜率k的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞）
10．四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1的中点，AA1＝2，AB＝1，若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹是（　　）

A． B．
C． D．
二、填空题（共7小题）
11．已知直线l1：x+2y+1＝0与直线l2：4x+ay﹣2＝0垂直，那么l1与l2的交点坐标是　 　．
12．直线x﹣y+2＝0被圆x2+y2＝4截得的弦长为　 　．
13．已知点M（1，2）在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，则点M到抛物线C焦点的距离是　 　．
14．由数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的三位数，偶数共有　 　个，其中个位数字比十位数字大的偶数共有　 　个．
15．已知圆C的方程是x2+y2﹣4x+F＝0，且圆C与直线y＝x+1相切，那么F＝　 　．
16．已知F1，F2为椭圆M：＝1和双曲线N：＝1的公共焦点，P为它们的一个公共点，且PF1⊥F1F2，那么椭圆M和双曲线N的离心率之积为　 　．
17．在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（1，0，1），动点P（x，y，0）在xOy平面上运动，P到直线OA的距离为4，则点P坐标中x，y满足的方程为　 　．
三、解答题（本大题共5小题，共65分）
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB，点E，F，G分别为PC，PA，BC的中点．
（1）求证：PB⊥EF；
（2）求证：FG∥平面PCD；
（3）求平面EFG与平面PAD所成二面角的余弦值；
（4）求直线DE与平面EFG所成角的大小．

19．直线l与抛物线C：y2＝4x有且仅有一个公共点A（1，2），与A处切线垂直的直线m称为抛物线C：y2＝4x在点A处的法线．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线l与x轴交于点B，求证：AF＝BF；
（3）若直线l与x轴交于点B，设法线m交x轴于M点，求线段BM的中点坐标；
（4）若经过点B（﹣1，0）的直线n与抛物线C：y2＝4x相交于P、Q两个不同的点，是否存在直线n使得|BP|•|BQ|＝20，又是否存在直线n使得|BP|•|BQ|＝6，请说明理由．
20．已知椭圆C的中心在坐标原点，左顶点A（﹣2，0），离心率e＝，F为右焦点，过焦点F的直线交椭圆C于P、Q两个不同的点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）当|PQ|＝时，求直线PQ的方程；
（Ⅲ）设线段PQ的中点在直线x+y＝0上，求直线PQ的方程．
21．已知抛物线C：y2＝2px过点M（2，2），A，B是抛物线C上不同两点，且AB∥OM（其中O是坐标原点），直线AO与BM交于点P，线段AB的中点为Q．
（Ⅰ）求抛物线C的准线方程；
（Ⅱ）求证：直线PQ与x轴平行．
22．已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，短轴两个端点为A、B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形．
（1）求椭圆的方程；
（2）若C、D分别是椭圆长的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM，交椭圆于点P．证明：为定值．
（3）在（2）的条件下，试问x轴上是否存异于点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．


2021北京交大附中高二（上）期末数学
参考答案
一、选择题（共10小题）.
1．解：根据题意，向量＝（﹣1，2，1），＝（3，x，y），且∥，
则设＝k，即（3，x，y）＝k（﹣1，2，1），
则有k＝﹣3，
则x＝﹣6，y＝﹣3，
则＝（3，﹣6，﹣3），故||＝＝3；
故选：A．
2．解：点（2，1）到直线3x﹣4y+2＝0的距离d＝＝．
故选：A．
3．解：根据题意，要求圆的圆心在圆心在直线x﹣y＝0上，则设要求圆的圆心的坐标为（m，m），
又由要求圆与y轴相切于点（0，1），则圆心在直线y＝1上，
则m＝1，要求圆的半径r＝1，
故要求圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1；
故选：A．
4．解：根据题意，方程表示焦点在x轴上的椭圆，
则必有，
解可得4＜k＜5，
故选：C．
5．解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝x，
则＝2，即b＝2a，
则c＝＝a，
即有e＝＝．
故选：A．
6．解：分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有3×2＝6种，
第二类，从甲到丙再到丁，共有3×4＝12种，
根据分类计数原理可得，共有6+12＝18种，
故从甲地到丁地共有18条不同的路线．
故选：C．
7．解：在（x﹣2）5的展开式中，x2的系数为•（﹣2）3•＝﹣80，
故选：A．
8．解：设椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，月球半径为R，则a+c＝400+1738 且a﹣c＝1738+100，
解得a＝1988，c＝150，所以e＝≈，
故选：B．
9．解：设直线l的方程为：y＝kx+b，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程，消去y得：k2x2+（2kb﹣4）x+b2＝0，
∴△＝（2kb﹣4）2﹣4k2b2＞0，∴kb＜1，
且，，y1+y2＝k（x1+x2）+2b＝，
∵线段AB的中点为M（1，m）（m＞0），
∴＝2，，
∴b＝，m＝，
∵m＞0，∴k＞0，
把b＝ 代入kb＜1，得2﹣k2＜1，
∴k2＞1，
∴k＞1，
故选：C．
10．解：分别取BB1、CC1的中点M、N，连CM、MN、PN、AC，
则由CM⊥BN知：CM⊥BP，
又BP⊥AC．故BP⊥平面AMC．
∴过A与BP垂直的直线均在平面AMC内，又Q在平面BCC1B1内，
故Q∈平面AMC∩侧面BB1C1C，即Q在线段MC上．
故选：D．

二、填空题：（本大题共7小题，每题5分，共35分）
11．解：∵直线l1：x+2y+1＝0与直线l2：4x+ay﹣2＝0垂直
∴1×4+2a＝0，解之得a＝﹣2，直线l2方程为4x﹣2y﹣2＝0
由，联解得x＝，y＝﹣，得交点坐标为（，﹣）
故答案为：（，﹣）
12．解：由圆x2+y2＝4，得到圆心（0，0），r＝2，
∵圆心（0，0）到直线x﹣y+2＝0的距离d＝＝1，
∴直线被圆截得的弦长为2＝2．
故答案为：2
13．解：由点M（1，2）在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，可得4＝2p，p＝2，
抛物线C：y2＝4x，焦点坐标F（1，0），
则点M到抛物线C焦点的距离是：2，
故答案为：2．
14．解：根据题意，
对于第一空：分2步分析：
①要求是没有重复数字的三位偶数，其个位是2、4或6，有3种情况，
②在剩下的5个数字中任选2个，安排在前2个数位，有A52＝20种情况，
则有3×20＝60个符合题意的三位偶数；
对于第二空：分3种情况讨论：
①，当其个位为2时，十位数字只能是1，百位数字有4种情况，此时有4个符合题意的三位数；
②，当其个位为4时，十位数字可以是1、2、3，百位数字有4种情况，此时有3×4＝12个符合题意的三位数；
③，当其个位为6时，十位数字可以是1、2、3、4、5，百位数字有4种情况，此时有5×4＝20个符合题意的三位数；
则有4+12+20＝36个符合题意的三位数；
故答案为：60，36．
15．解：由x2+y2﹣4x+F＝0，得（x﹣2）2+y2＝4﹣F，
∴圆心为（2，0），半径为，
又圆C与直线y＝x+1相切，
则，解得：F＝﹣．
故答案为：．
16．解：∵F1，F2为椭圆M：＝1和双曲线N：＝1的公共焦点，P为它们的一个公共点，
∴PF2+PF1＝2|m|，PF2﹣PF1＝2|n|，
故PF2＝|m|+|n|，PF1＝|m|﹣|n|，
∵PF1⊥F1F2，∴（|m|+|n|）2＝（|m|﹣|n|）2+4c2，
即|mn|＝c2，
∴e1e2＝•＝＝1．
故答案为：1．
17．解：如图所示：过点P作PM⊥x轴，垂足为M，再作MN⊥OA，垂足为N，
连接PN，根据线面垂直的判定定理，可证得OA⊥平面PMN，
又由PN⊆平面PMN，所以OA⊥PN，即PN为点P到直线OA的距离，
又由P（x，y，0），可得|OM|＝|x|，
在等腰直角三角形OMN中，可得|MN|＝|OM|sin45°＝，
在直角三角形PMN中，可得|PN|2＝|PM|2+|MN|2＝|y|，
整理可得，
故答案为：．

三、解答题（本大题共5小题，共65分）
18．解：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，且底面ABCD为正方形，
所以AD⊥CD．以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz，设DC＝1，
则D（0，0，0），P（0，0，1），B（1，1，0），E（0，，），F（，0，），G（，1，0）．＝（1，1，﹣1），＝（，﹣，0），•＝﹣+0＝0．
所以PB⊥EF．
（2）证明：由（Ⅰ）知，PD⊥AD，AD⊥CD，且PD∩DC＝D，
所以AD⊥平面PCD．
所以＝（﹣1，0，0）是平面PCD的法向量．＝（0，1，﹣），
因为•＝0，且FG⊄平面PCD，
所以FG∥平面PCD．
（3）解：设平面EFG的法向量为＝（x，y，z），
则，即，令x＝1，得＝（1，1，2）．
平面PAD的法向量为＝（0，1，0）．
设平面EFG与平面PAD所成二面角（锐角）为α，
则cosα＝＝．
所以平面EFG与平面PAD所成二面 D﹣FG﹣E角（锐角）的余弦值为．
（4）如图，连接DE，
＝（0，1，1），cos＜，＞＝＝＝．
设直线DE 与平面EFG所成角的大小为θ，则0≤θ≤，且sinθ＝，因此θ＝．

19．解：（1）①当直线l⊥x轴时，此时直线l的方程为：x＝1，
联立方程，解得，此时直线l与抛物线有两个公共点，不符合题意，
②当直线l的斜率为0时，直线l的方程为：y＝2，代入抛物线方程可得x＝1，
此时直线l与抛物线只有一个公共点，
③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为：y﹣2＝k（x﹣1），（k≠0），
联立方程，消去x整理可得：ky2﹣4y+8﹣4k＝0，
由题意可得△＝16﹣4k（8﹣4k）＝0，解得k＝1，
此时直线l的方程为：y﹣2＝x﹣1，即x﹣y+1＝0，
综上，满足题意的直线l的方程为y＝2或x﹣y+1＝0；
（2）证明：由直线l与x轴交于点B，则直线l的方程为：y＝x+1，
令y＝0，解得x＝﹣1，所以B（﹣1，0），又由抛物线方程可得：F（1，0），p＝2，
而抛物线的准线方程为：x＝﹣1，由抛物线的定义可得：AF＝1+1＝2，
又BF＝|﹣1﹣1|＝2，因此AF＝BF；
（3）由（2）可知，直线l的方程为y＝x+1，斜率为1，
所以直线m的斜率为﹣1，则直线m的方程为：y﹣2＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+3，
令y＝0，解得x＝3，即点M（3，0），
因此，线段BM的中点坐标为（1，0）；
（4）若直线n与x轴重合时，直线n与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以可设直线n的方程为：x＝ty﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程，消去x整理可得：y2﹣4ty+4＝0，
则△＝16t2﹣16＞0，所以t2＞1，
且y1+y2＝4t，y1y2＝4，所以|BP||BQ|＝
＝（1+t2）|y1y2|＝4（1+t2），
因为t2＞1，所以|BP||BQ|＞8，
因此存在直线n使得|BP||BQ|＝20，不存在直线n使得|BP||BQ|＝6．
20．解：（Ⅰ）由已知得，解得c＝1，b2＝3，
所以椭圆的方程为+＝1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆的右焦点F（1，0），
设直线PQ的方程为x＝my+1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
所以y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣，
所以|PQ|＝＝
＝12＝12×，
因为|PQ|＝，
所以12×＝，解得m＝±1，
所以直线PQ的方程为x＝±y+1，即x+y﹣1＝0或x﹣y﹣1＝0．
（Ⅲ）设PQ中点为（x0，y0），
所以x0＝＝＝＝，
y0＝＝，
又因为线段PQ的中点在直线x+y＝0上，
所以x0+y0＝0，即+＝0，解得m＝，
所以直线PQ的方程为x＝y+1，即3x﹣4y﹣3＝0．
21．解：（Ⅰ）抛物线C：y2＝2px过点M（2，2），
∴4＝4p，即p＝1，
∴抛物线C的准线方程x＝﹣＝﹣，
证明（Ⅱ）∵M（2，2），AB∥OM，
∴kAB＝kOM＝1，
设直线AB的方程为y＝x+m，设A（x1，y1），
B（x2，y2），
由，消x可得y2﹣2y+2m＝0，
∴△＝4﹣8m＞0，即m＜且m≠0，
∴y1+y2＝2，y1y2＝2m，
∵线段AB的中点为Q，
∴yQ＝（y1+y2）＝1，
∵直线OA的方程为y＝•x＝•x，①
直线BM的方程为y﹣2＝（x﹣2）＝（x﹣2）＝（x﹣2），②，
由①②解得y＝＝＝1，
∴yp＝1
∴直线PQ的方程为y＝1，
故直线PQ与x轴平行

22．解：（1）a＝2，b＝c，a2＝b2+c2，∴b2＝2；
∴椭圆方程为
（2）C（﹣2，0），D（2，0），设M（2，y0），P（x1，y1），

直线CM：，代入椭圆方程x2+2y2＝4，
得
∵x1＝﹣，∴，∴，∴
∴（定值）
（3）设存在Q（m，0）满足条件，则MQ⊥DP

则由，从而得m＝0
∴存在Q（0，0）满足条件