2020-2021年湖南省湘乡市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021年湖南省湘乡市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合A=x|x−7x+12<0，B=x|x+6>0，则A∩B=( )
A.x|−6−12D.x|6
2. 设命题p：∃t∈0,1，tant=1，则¬p为( )
A.∀t∈0,1，tant≠1B.∃t∉0,1，tant≠1
C.∀t∈0,1，tant=1D.∃t∈0,1，tant≠1

3. “太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”最先出自《易经》，太极是可以无限二分的，“分阴分阳，迭用柔刚”，经过三次二分形成八卦，六次二分形成六十四卦．设经过n次二分形成an卦，则a3+a4+a5+a6=( )
A.120B.124C.128D.136

4. 已知双曲线C：x2m−y24=1经过点2,2，则C的渐近线方程为( )
A.y=±2xB.y=±12xC.y=±2xD.y=±22x

5. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，若O为底面A1B1C1D1的中心，则AO→=( )

A.AB1→+14AA1→−12ED1→B.AB1→+14AA1→−14ED1→
C.AB1→+12ED1→−12AA1→D.AB1→+12ED1→−14AA1→

6. 已知函数fx=ex−7，则“m>2”是“fm>0”的( )
A.充分不必要条件B.充要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

7. 设点Ann,nn∈N∗在抛物线y2=2pxp>0上，F是焦点，则|A1F|+|A2F|+⋯+|A20F|=( )
A.214B.215C.228D.230

8. 如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A处的俯角为30∘，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B处，此时测得俯角为45∘.已知此山的高PO=1km，小车的速度是20km/ℎ，则cs∠AOB=( )

A.−338B.−58C.−34D.−104
二、多选题

已知双曲线C：x23−y213=1，则( )
A.C的焦距为4
B.C的实轴为线段y=0−3≤x≤3
C.C的离心率为433
D.曲线y=lnx−3经过C的一个焦点

设Sn是等差数列an的前n项和，且a1=2，a3=8，则( )
A.a5=14
B.a2021−a2000=60
C.Sn=n3n+12
D.数列1anan+1的前16项和为425

已知a>b>0，且a+3b=1，则9a−b+14b的值不可能为( )
A.12B.15C.18D.20

斜率为14的直线l与椭圆C :x2a2+y2b2=1a>b>0相交于A，B两点，且l过C的左焦点，线段AB的中点为M−2,1，C的右焦点为F，则( )
A.直线l的方程为y=14x+34B.a2=8b2
C.△FAB的周长为48147D.椭圆x27+y2=1比椭圆C更扁
三、填空题

设向量AB→=1,2,4，CD→=m,1,1，AB→⊥CD→，则m=________．

已知A是椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0的左顶点，F为C的一个焦点，若直线AF的斜率为12，则C的离心率为________．

在△ABC中，若B=π3，tanC=23，AC=2，则AB=________．

已知点Pm,n是抛物线x2=−8y上一动点，则m2+n2+4n+4+m2+n2−4m+2n+5的最小值为________.
四、解答题

已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且满足b2+c2−a2=58bc，sinC=2sinB.
(1)求csA；

(2)若△ABC的周长为6+15，求△ABC的面积．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=AA1=2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点．

(1)证明：BF//平面A1C1E；

(2)求B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．

已知数列an的首项为4．
(1)若数列an−2n是等差数列，且公差为2，求an的通项公式；

(2)在①a3−a2=48且a2>0，②a3=64且a4>0，③a2021=16a2a2017这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答．
问题：若an是等比数列，________，求数列3n−1an的前n项和Sn．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC=30∘，BC=3，AC=3DC，DE//BC，沿DE将点A折至A1处，使得A1C⊥DC，点M为A1B的中点．

(1)证明：A1B⊥平面CMD．

(2)求二面角B−CM−E的余弦值．

已知抛物线C:y2=2pxp>0与双曲线x23−y2=1有相同的焦点F．

(1)求C的方程，并求其准线l的方程；

(2)如图，过F且斜率存在的直线与C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，直线OA与准线l交于点N，过点A作l的垂线，垂足为M．证明：y1y2为定值，且四边形AMNB为梯形．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，且a=2b.
(1)求C的方程；

(2)若A，B为C上的两个动点，过F2且垂直x轴的直线平分∠AF2B，证明：直线AB过定点．
参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省湘乡市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
无
【解答】
解：∵ A=x|−12−6，
∴ A∩B={x|−6故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：特称命题的否定是全称命题.
∵ 命题p：∃t∈0,1，tant=1，
∴ 命题¬p：∀t∈0,1，tant≠1.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：由题意可知，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
则{an}的通项公式an=2×2n−1=2n，
所以a3+a4+a5+a6=8+16+32+64=120．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
暂无
【解答】
解：由题意，设双曲线C的渐近线方程为y=±bax，
∵ 双曲线C过点(2,2)，
∴ 22m−224=1，
解得m=2，
∴ 双曲线C的渐近线方程为y=±bax=±2x.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
暂无
【解答】
解：由题意，得AO→=AB1→+B1O→=AB1→+12B1D1→
=AB1→+12(ED1→−EB1→)
=AB1→+12ED1→−14BB1→
=AB1→+12ED1→−14AA1→.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
暂无
【解答】
解：若fm>0，即em−7>0，
则m>ln7.
∵ e2>2.72>7，
∴ ln7<2，
∴ “m>2”是“fm>0”的充分不必要条件.
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
数列的求和
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ 点Ann,nn∈N∗在抛物线y2=2pxp>0上，
∴ n=2pn，
解得p=12，
∴ F(14,0)，
∴ |AnF|=n+p2=n+14，
∴ |A1F|+|A2F|+⋯+|A20F|
=1+2+⋯+20+14×20
=1+20×202+5=215.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
【解析】
暂无
【解答】
解：由题意，得∠OAP=30∘，∠OBP=45∘，
OP⊥OA，OP⊥OB，
∵ OP=1km，
∴ OB=OP=1 km，OA=3 km，
又AB=7.5×160×20=52 km，
由余弦定理，得cs∠AOB=OA2+OB2−AB22OA⋅OB=1+3−2542×1×3=−338.
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ c2=a2+b2=3+13=16，
∴ c=4，
∴ 焦距为2c=8，故A选项错误；
∵ a2=3，即a=3，
∴ C的实轴为线段y=0(−3≤x≤3)，故B选项正确；
∵ a=3，c=4，
∴ 离心率e=ca=43=433，故C选项正确；
∵ 曲线y=lnx−3经过C的右焦点为4,0，故D选项正确．
故选BCD.
【答案】
A,C,D
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
暂无
【解答】
解：因为a1=2，a3=8，
即a3=a1+2d=2+2d=8，
解得d=3，
所以a5=a1+4d=14，故A选项正确；
因为a1=2，d=3，
所以an=3n−1，
所以a2021−a2000=3×21=63，故B选项错误；
所以Sn=n3n+12，故C选项正确；
因为an=3n−1，
所以1anan+1=1(3n−1)(3n+2)=1313n−1−13n+2，
所以数列1anan+1的前16项和为
1312−15+15−18+⋯+147−150
=1312−150=13×2450=425，故D选项正确.
故选ACD.
【答案】
A,B
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a>b>0，且a+3b=1，
∴ a−b>0，a−b+4b=1，
∴ 9a−b+14b=[a−b+4b](9a−b+14b)
=10+36ba−b+a−b4b
≥10+236ba−b⋅a−b4b=16，
当且仅当36ba−b=a−b4b，即a=1316，b=116时，等号成立，
∴ 9a−b+14b的最小值为16．
综上所述，不可能的值为12，15.
故选AB．
【答案】
B,C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得直线l的斜率为14，且过点M(−2,1)，
则直线l的方程为y=14x+2+1=14x+32，
故A选项错误；
∵ 直线l的方程为y=14x+32，
当y=0时，x=−6，
∴ c=6.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由题意，得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
则x22−x12a2+y22−y12b2=0，
整理，得b2a2=−y22−y12x22−x21=−y2+y1x2+x1⋅y2−y1x2−x1
=−2−4×14=18，
即a2=8b2，故B选项正确；
又b2a2=18，
即18=a2−36a2，
解得a=12147，
∴ △FAB的周长为4a=48147，故C选项正确；
又b2a2=18<17，
∴ 椭圆C比椭圆x27+y2=1更扁，故D选项错误．
故选BC．
三、填空题
【答案】
−6
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AB→⊥CD→，
∴ AB→⋅CD→=m+2+4=0，
解得m=−6．
故答案为：−6．
【答案】
55
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ kAF=cb=12，
∴ b2=4c2=a2−c2，
∴ e=ca=55．
故答案为：55．
【答案】
81313
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为tanC=23，sin2C+cs2C=1，
所以sinC=23913.
由正弦定理，得ACsinB=ABsinC，
所以AB=AC⋅sinCsinB=81313．
故答案为：81313．
【答案】
3
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：∵ 抛物线x2=−8y的焦点为F0,−2，准线为l：y=2，
∴ m2+n2+4n+4+m2+n2−4m+2n+5
=m2+n+22+m−22+n+12的几何意义是
点Pm,n到F0,−2与点A(2,−1)的距离之和.
由抛物线的定义，得点Pm,n到F的距离等于点Pm,n到l的距离，
∴ 所求最小值为2−−1=3.
故答案为：3.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【答案】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【答案】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【答案】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【答案】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
抛物线的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【答案】
(1)解：因为|F1F2|=4=2c，
所以c=2，
又a=2b，且a2−b2=c2，
所以2b2−b2=4，
解得b2=4，
所以a2=8，
故椭圆C的方程为x28+y24=1．
(2)证明：由题意可知，直线AB的斜率存在，F22,0，
设直线AB的方程为y=kx+m，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由x28+y24=1,y=kx+m,
整理，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−8=0，
则Δ=16k2m2−4(1+2k2)(2m2−8)=64k2−8m2+32，
且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−81+2k2．
设直线F2A，F2B的倾斜角分别为α，β，
则α=π−β，k F2 A+k F2 B=y1x1−2+y2x2−2=0，
所以y1(x2−2)+y2(x1−2)=0，
即kx1+mx2−2+kx2+mx1−2=0，
所以2kx1x2+m−2kx1+x2−4m=0，
所以2k×2m2−81+2k2+(2k−m)×4km1+2k2−4m=0，
化简，得m=−4k，
所以直线AB的方程为y=kx−4k=k(x−4)，
所以直线AB过定点4,0．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：因为|F1F2|=4=2c，
所以c=2，
又a=2b，且a2−b2=c2，
所以2b2−b2=4，
解得b2=4，
所以a2=8，
故椭圆C的方程为x28+y24=1．
(2)证明：由题意可知，直线AB的斜率存在，F22,0，
设直线AB的方程为y=kx+m，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由x28+y24=1,y=kx+m,
整理，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−8=0，
则Δ=16k2m2−4(1+2k2)(2m2−8)=64k2−8m2+32，
且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−81+2k2．
设直线F2A，F2B的倾斜角分别为α，β，
则α=π−β，k F2 A+k F2 B=y1x1−2+y2x2−2=0，
所以y1(x2−2)+y2(x1−2)=0，
即kx1+mx2−2+kx2+mx1−2=0，
所以2kx1x2+m−2kx1+x2−4m=0，
所以2k×2m2−81+2k2+(2k−m)×4km1+2k2−4m=0，
化简，得m=−4k，
所以直线AB的方程为y=kx−4k=k(x−4)，
所以直线AB过定点4,0．

2020-2021年湖南省湘乡市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

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