2020-2021学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷人教A版，共7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。


1. 直线l过点P(−1, 2)，且倾斜角为45∘，则直线l的方程为（ ）
A.x−y+1＝0B.x−y−1＝0C.x−y−3＝0D.x−y+3＝0

2. 设P是椭圆x25+y23=1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为( )
A.22B.23C.25D.42

3. 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )
A.若m // α，n // α，则m // nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，则n // αD.若m // α，m⊥n，则n⊥α

4. 两条平行线l1:3x−4y−1=0与l2:6x−8y−7=0间的距离为( )
A.12B.35C.65D.1

5. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ）
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC

6. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A.24B.48C.60D.72

7. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )

A.45∘B.60∘C.90∘D.120∘

8. 直线3x+4y＝b与圆x2+y2−2x−2y+1＝0相切，则b的值是（ ）
A.−2或12B.2或−12C.−2或−12D.2或12

9. 若圆C1:x2+y2＝1与圆C2:x2+y2−6x−8y+m＝0外切，则m＝（ ）
A.21B.19C.9D.−11

10. 如图，P是正方体ABCD−A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.
二、填空题：本大题共5个小题，每小题4分，共20分．

在(x−2x)6的二项展开式中，常数项等于________．（用数字作答）

已知双曲线的方程为x23−y2=1，则此双曲线的焦点到渐近线的距离为________．

已知平面α，β，γ．给出下列三个论断：①α⊥β；②α⊥γ；③β // γ．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．

已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为________．

已知F是抛物线C:y2=4x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，若M为FN的中点，则|FN|=________．
三、解答题：本大题共5个小题，共40分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝−x2+1与坐标轴的交点都在圆C上，求圆C的方程．

如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：

（1）直线EF // 面ACD；

（2）平面EFC⊥面BCD．

已知△ABC的三个顶点是A(1, 1)，B(−1, 3)，C(3, 4)．
（1）求BC边的高所在直线l1的方程；

（2）若直线l2过C点，且A、B到直线l2的距离相等，求直线l2的方程．

已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(Ⅰ)求证：PO⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小．


已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1, 0)，离心率为22．直线l过点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段AB的中点为M．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(Ⅲ)延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的斜率．
参考答案与试题解析
2020-2021学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1.
【答案】
D
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
【解析】
判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出a，接利用椭圆的定义，转化求解即可．
【解答】
解：椭圆x25+y23=1的焦点坐标在x轴，a=5，
P是椭圆x25+y23=1上的动点，由椭圆的定义可知，
P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a=25．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；
B．运用线面垂直的性质，即可判断；
C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；
D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．
【解答】
解：A．若m // α，n // α，则m，n相交或平行或异面，故A错；
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
C．若m⊥α，m⊥n，则n // α或n⊂α，故C错；
D．若m // α，m⊥n，则n // α或n⊂α或n⊥α，故D错．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
把两直线的方程中x，y的系数化为相同的，然后利用两平行线间的距离公式，求得结果．
【解答】
解：两条平行线l1:3x−4y−1=0，即6x−8y−2=0，
与它平行的直线l2:6x−8y−7=0，
故它们之间的距离为d=|−2+7|36+64=12.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，
所以BC1⊥平面A1B1CD，
又A1E⊂平面A1B1CD，
所以A1E⊥BC1．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
用1、2、3、4、5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其它4个数在4个位置上全排列即可．
【解答】
要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，5中的一个数，共有3种排法，
然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位4个位置上全排列，共有A44=24种排法．
由分步乘法计数原理得，由1、2、3、4、5组成的无重复数字的五位数中奇数有3×24＝72个．
7.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形A1BC1中求出此角即可．
【解答】
解：如图，连接A1B，BC1，A1C1，
则A1B=BC1=A1C1，
且EF // A1B，GH // BC1，
所以异面直线EF与GH所成的角等于60∘，
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的切线方程
【解析】
化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值．
【解答】
由C1:x2+y2＝1，得圆心C1(0, 0)，半径为1，
由圆C2:x2+y2−6x−8y+m＝0，得(x−3)2+(y−4)2＝25−m，
∴ 圆心C2(3, 4)，半径为25−m．
∵ 圆C1与圆C2外切，
∴ 32+42=25−m+1，
解得：m＝9．
10.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
函数的图象变换
【解析】
先设正方体的棱长为1，连接AC交BD于O，连PO，则PO是等腰△PBD的高，从而△PBD的面积为f(x)=12BD×PO，再在△PAO中，利用余弦定理得出PO，最后得出f(x)的解析式，画出其图象，对照选项即可解决问题．
【解答】
解：设正方体的棱长为1，连接AC交BD于O，连PO，则PO是等腰△PBD的高，
故△PBD的面积为f(x)=12BD×PO，
在三角形PAO中，PO=PA2+AO2−2PA×AOcs∠PAO=x2+12−2x×22×23，
∴ f(x)=12×2×x2+12−2x×22×23=22x2−23x+12，
画出其图象，如图所示，
对照选项，A正确．
故选A．
二、填空题：本大题共5个小题，每小题4分，共20分．
【答案】
−160
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【解答】
(x−2x)6的二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅(−2)r⋅x6−2r，
令6−2r＝0，求得r＝3，可得常数项为C63⋅(−2)3＝−160，
【答案】
1
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论．
【解答】
解：由题意得：双曲线的一个焦点坐标为(2, 0)，
一条渐近线方程为y=−33x，即x+3y=0，
所以焦点到其渐近线的距离d=|1×2+3×0|1+3=1．
故答案为：1．
【答案】
①③⇒②
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由α⊥β，β // γ．利用面面垂直的判定定理得α⊥γ．
【解答】
平面α，β，γ．给出下列三个论断：①α⊥β；②α⊥γ；③β // γ．
∵ α⊥β，β // γ．∴ 由面面垂直的判定定理得α⊥γ，
∴ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，
写出一个正确的命题为：①③⇒②．
【答案】
60∘
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直和线面角的定义可知，∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角．利用三棱锥的体积计算公式可得AA1，再利用正三角形的性质可得A1P，在Rt△AA1P中，利用tan∠APA1=AA1A1P，可得结论．
【解答】
解：如图所示，
∵ AA1⊥底面A1B1C1，∴ ∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角.
∵ 平面ABC // 平面A1B1C1，∴ ∠APA1为PA与平面ABC所成角．
∵ S△A1B1C1=34×(3)2=334，
∴ V三棱柱ABC−A1B1C1=AA1×S△A1B1C1=334AA1，解得AA1=3．
又P为底面正三角形A1B1C1的中心，
∴ A1P=23A1D=1.
在Rt△AA1P中，tan∠APA1=AA1A1P=3，
∴ ∠APA1=60∘．
故答案为：60∘．
【答案】
3
【考点】
抛物线的性质
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．
【解答】
抛物线C:y2=4x的焦点F(1, 0)，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，
可知M的横坐标为：12，
则|FM|=12+1=112，
|FN|=2|FM|=2×112=3．
三、解答题：本大题共5个小题，共40分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
【答案】
曲线y＝−x2+1，令x＝4，与y轴的交点为(0，
令y＝0，可得x＝−3或1，0)，5)，
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝6(D2+E2−7F>0)，
则，解得D＝0，F＝−4，
故圆C的方程为x2+y2−6＝0．
【考点】
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
∵ E，F分别是AB，BD的中点．
∴ EF是△ABD的中位线，∴ EF // AD，
∵ EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴ 直线EF // 面ACD；
∵ AD⊥BD，EF // AD，∴ EF⊥BD，
∵ CB＝CD，F是BD的中点，∴ CF⊥BD
又EF∩CF＝F，∴ BD⊥面EFC，
∵ BD⊂面BCD，∴ 面EFC⊥面BCD
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
（1）根据线面平行关系的判定定理，在面ACD内找一条直线和直线EF平行即可，根据中位线可知EF // AD，EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，满足定理条件；
（2）需在其中一个平面内找一条直线和另一个面垂直，由线面垂直推出面面垂直，根据线面垂直的判定定理可知BD⊥面EFC，而BD⊂面BCD，满足定理所需条件．
【解答】
∵ E，F分别是AB，BD的中点．
∴ EF是△ABD的中位线，∴ EF // AD，
∵ EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴ 直线EF // 面ACD；
∵ AD⊥BD，EF // AD，∴ EF⊥BD，
∵ CB＝CD，F是BD的中点，∴ CF⊥BD
又EF∩CF＝F，∴ BD⊥面EFC，
∵ BD⊂面BCD，∴ 面EFC⊥面BCD
【答案】
∵ ，＝＝−2
∴ 直线l1的方程是y＝−4(x−3)+1，即4x+y−4＝0
∵ 直线l2过C点且A、B到直线l7的距离相等，
∴ 直线l2与AB平行或过AB的中点M，
∵ ，∴ 直线l2的方程是y＝−(x−3)+5，即x+y−7＝0
∵ AB的中点M的坐标为(2, 2)，
∴ ，∴ 直线l2的方程是，即2x−3y+5＝0，
综上，直线l2的方程是x+y−3＝0或2x−6y+6＝0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：(Ⅰ)因为△PAD是正三角形，O是AD的中点．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD．
AD∩CD＝D，AD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD．
（2）如图，以O点为原点、OG、y轴，建立空间直角坐标系．
则O(0, 0, 8)，0，0)，5，0)，4，8)，0，0)，5，0)，0，6），E(−1，5，），0，），
＝(0，−2，＝(4，2，-），
设平面EFG的法向量为＝(x，y，
则，令z＝1，则，0，1)，
又平面ABCD的法向量＝(7，0，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
则csθ＝＝．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）由题意可知，c＝1，e=ca=22，
∵ a2＝b2+c2，∴ a=2,b=1，
∴ 椭圆的方程为x22+y2=1．
（2）设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立y=k(x−1)x22+y2=1 ，消去y得，(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2＝0，
则x1+x2=4k22k2+1，
∵ M为线段AB的中点，∴ xM=x1+x22=2k22k2+1，yM=k(xM−1)=−k2k2+1，
∴ kOM=yMxM=−12k，
∴ kOM⋅kl=−12k×k=−12为定值．
(Ⅲ)若四边形OAPB为平行四边形，则OA→+OB→=OP→，
∴ xP=x1+x2=4k22k2+1，yP=y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，
∵ 点P在椭圆上，∴ (4k22k2+1)2+2×(−2k2k2+1)2=2，解得k2=12，即k=±22，
∴ 当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为k=±22．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)由题可知，c＝1，e=ca=22，再结合a2＝b2+c2，解出a和b的值即可得解；
(Ⅱ)设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l的方程和椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，写出两根之和与系数的关系；由于M为线段AB的中点，利用中点坐标公式可用k表示点M的坐标，利用kOM=yMxM可求出直线OM的斜率，进而得解；
(Ⅲ)若四边形OAPB为平行四边形，则OA→+OB→=OP→，利用平面向量的线性坐标运算可以用k表示点P的坐标，再将其代入椭圆方程即可得到关于k的方程，解之即可得解．
【解答】
（1）由题意可知，c＝1，e=ca=22，
∵ a2＝b2+c2，∴ a=2,b=1，
∴ 椭圆的方程为x22+y2=1．
（2）设直线l的方程为y＝k(x−1)(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立y=k(x−1)x22+y2=1 ，消去y得，(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2＝0，
则x1+x2=4k22k2+1，
∵ M为线段AB的中点，∴ xM=x1+x22=2k22k2+1，yM=k(xM−1)=−k2k2+1，
∴ kOM=yMxM=−12k，
∴ kOM⋅kl=−12k×k=−12为定值．
(Ⅲ)若四边形OAPB为平行四边形，则OA→+OB→=OP→，
∴ xP=x1+x2=4k22k2+1，yP=y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，
∵ 点P在椭圆上，∴ (4k22k2+1)2+2×(−2k2k2+1)2=2，解得k2=12，即k=±22，
∴ 当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为k=±22．