2021年北京平谷区北京平谷中学（高中部）高二上学期期末数学试卷

这是一份2021年北京平谷区北京平谷中学（高中部）高二上学期期末数学试卷，共9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. 若 z=1+2i，则 4izz−1=
A. 1B. −1C. iD. −i

2. 已知 1+xn 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为
A. 212B. 211C. 210D. 29

3. 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1，F2 在 x 轴上，离心率为 12，点 P 为椭圆上一点，且 △PF1F2 的周长为 12，那么椭圆 C 的标准方程为
A. x225+y2=1B. x216+y24=1C. x225+y224=1D. x216+y212=1

4. 下列说法中正确的是
A. 若直线 l1 与 l2 的斜率相等，则 l1∥l2
B. 若直线 l1 与 l2 互相平行，则它们的斜率相等
C. 在直线 l1 与 l2 中，若一条直线的斜率存在，另一条直线的斜率不存在，则 l1 与 l2 一定相交
D. 若直线 l1 与 l2 的斜率都不存在，则 l1∥l2

5. 设 l，m 是两条不同的直线，α 是一个平面，则下列命题中正确的是
A. 若 l⊥m，m⊂α，则 l⊥αB. 若 l⊥α，l∥m，则 m⊥α
C. 若 l∥α，m⊂α，则 l∥mD. 若 l∥α，m∥α，则 l∥m

6. 将 4 位志愿者分配到进博会的 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人，不同的分配方案有 种．
A. 72B. 36C. 64D. 81

7. 圆 x−22+y−12=4 与 圆 x+12+y−22=9 的公切线有 条
A. 1B. 2C. 3D. 4

8. 已知双曲线 x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线平行于直线 l2:x+2y+5=0，且双曲线的一个焦点在直线 l 上，则双曲线的方程为
A. x220−y25=1B. x25−y220=1C. 3x225−3y2100=1D. 3x2100−3y225=1

9. 在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，E，F 分别为 AB，C1D1 的中点，则 A1B1 与平面 A1EF 所成的角的正弦值为
A. 62B. 63C. 64D. 2

10. 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 上存在 A，B 两点恰好关于直线 l:x−y−1=0 对称，且直线 AB 与直线 l 的交点的横坐标为 2，则椭圆 C 的离心率为
A. 13B. 33C. 22D. 12

二、填空题（共6小题；共30分）
11. 在复平面内，复数 z1 与 z2 对应的点关于虚轴对称，且 z1=−1+i，则 z1z2= ．

12. 双曲线 x27−y229=1 的共轭双曲线方程是 ．

13. 设 x2+2x−26=a0+a1x+2+a2x+22+⋯+a12x+212x∈R，其中 aii=0,1,2,⋯,12 为实常数，则 a0+a1+2a2+⋯+12a12= ．

14. 已知 i,j,k 为单位正交基底，且 a=−i+j+3k，b=2i−3j−2k，则向量 a+b 与向量 a−2b 的坐标分别是 、 ．

15. 已知抛物线 y2=2pxp>0 的焦点为 F，点 p 为抛物线上的动点，点 M 为其准线上的动点，若 △FPM 为边长是 6 的等边三角形，则此抛物线的方程为 ．

16. 由正三棱锥 S−ABC 截得的三棱台 ABC−A1B1C1 的各顶点都在球 O 的球面上，若 AB=6，三棱台 ABC−A1B1C1 的高为 2，且球心 O 在平面 ABC 与平面 A1B1C1 之间（不在两平面上），则 A1B1 的取值范围为 ．

三、解答题（共6小题；共78分）
17. 4 个不同的红球和 6 个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出 4 个球．
（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少不同的取法?
（2）取出一个红球记 2 分，取出一个白球记 1 分，若取出 4 个球所得总分不少于 5 分，则有多少种不同取法．

18. 已知圆 C 经过 M1−1,0 ，M23,0，M30,1 三点．
（1）求圆 C 的标准方程；
（2）若过点 N2,3−1 的直线 l 被圆 C 截得的弦 AB 的长为 4，求直线 l 的倾斜角．

19. 几何体 E−ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．
（1）求证：BE=DE；
（2）若 ∠BCD=120∘，M 为线段 AE 的中点，求证：DM∥平面BEC．

20. 已知矩形 ABCD 及同一平面上一点 P，求证：PA2+PC2=PB2+PD2．

21. 如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，棱长为 a，点 M，N 分别为 A1B，AC 上的点，且 A1M=AN=24a．
（1）求证：MN∥面BB1C1C；
（2）求 MN 的长．

22. 已知椭圆 M:x2a2+y2b2=1a>b>0 的焦距为 23，离心率为 32，与圆 x2+y2=45 相切的直线与椭圆交于 C，D 两点．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）设 O 为坐标原点，求 △COD 面积的最大值．
答案
第一部分
1. C【解析】z=1−2i，zz−1=4，4izz−1=i．
2. D【解析】因为 1+xn 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，
所以 Cn3=Cn7，解得 n=10，
所以二项式 1+x10 中奇数项的二项式系数和为 12×210=29．
3. D
4. C
5. B
【解析】对于A，直线 l⊥m，m 并不代表平面 α 内任意一条直线，所以不能判定 l⊥α，故A错误；
对于B，因为 l⊥α，所以 l 垂直于 α 内的任意一条直线，又 l∥m，由异面直线所成角的定义知，m 与平面 α 内的任意一条直线所成的角都是 90∘，即 m⊥α，故B正确；
对于C，也有可能是 l，m 异面，故C错误；
对于D，l，m 还可能相交或异面，故D错误．
6. B【解析】将 4 位志愿者分配到进博会的 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人，其方案为 2，1，1 型，其选法有 C42 种，而每一种选法有 P33 种安排方法，故不同的分配方案有 C42P33=36 种．
7. B【解析】两圆的圆心分别为：2,1,−1,2，半径分别为：2,3，所以圆心距为：2+12+1−22=10，因为 3−2<10<3+2，所以两圆相交，公切线为 2 条．
8. A【解析】双曲线 x2a2−y2b2=1 的渐近线为 y=±bax，
而渐近线与 x+2y+5=0 平行．
故 ba=12，
所以 a=2b, ⋯⋯①
又因为双曲线的一个焦点为 −c,0，则 −c+5=0，
所以 c=5，
又 c2=a2+b2，即 a2+b2=25, ⋯⋯②
由①②可求得 a2=20，b2=5，
所以双曲线方程为 x220−y25=1．
9. B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方体的棱长为 1，则 A11,0,1，E1,12,0，F0,12,1，B11,1,1，
所以 A1B1=0,1,0，A1E=0,12,−1，A1F=−1,12,0．
设平面 A1EF 的法向量为 n=x,y,z，
则 n⋅A1E=0,n⋅A1F=0, 即 12y−z=0,−x+y2=0.
令 y=2，则 x=1,z=1.
所以 n=1,2,1，cs⟨n,A1B1⟩=26=63．
设 A1B1 与平面 A1EF 所成的角为 θ，
则 sinθ=cs⟨n,A1B1⟩=63，
即 A1B1 与平面 A1EF 所成的角的正弦值为 63．
10. C
第二部分
11. −2
【解析】因为复数 z1 与 z2 对应的点关于虚轴对称，且 z1=−1+i，
所以 z2=1+i．
所以 z1z2=−1+i1+i=i2−1=−2．
12. y229−x27=1
13. 64
14. 1,−2,1，−5,7,7
15. y2=6x
【解析】因为 △FPM 为等边三角形，所以 ∣PM∣=∣PF∣，
由抛物线的定义可得 PM 垂直于抛物线的准线，
设 Pm22p,m，则点 M−p2,m，
因为焦点 Fp2,0，△FPM 是等边三角形，
所以 m22p+p2=6,p2+p22+m2=6, 解得 m2=27,p=3,
因此抛物线方程为 y2=6x．
16. 26,6
第三部分
17. （1） 若取出的红球个数不少于白球个数，则有 4 红、 3 红 1 白、 2 红 2 白三种情况，
其中 4 红有 C44=1 种取法，3 红 1 白有 C43C61=24 种取法，2 红 2 白有 C42C62=90 种取法．
因此，共有 1+24+90=115 种不同的取法．
（2） 若取出的 4 个球的总分不少于 5 分，则有 4 红、 3 红 1 白、 2 红 2 白和 1 红 3 白四种情况．
其中 4 红有 C44=1 种取法，3 红 1 白有 C43C61=24 种取法，2 红 2 白有 C42C62=90 种取法，1 红 3 白有 C41C63=80 种不同的取法．
因此，共有 1+24+90+80=195 种不同的取法．
18. （1） 解法一：
设圆 C 的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则 1−D+F=0,9+3D+F=0,1+E+F=0, 所以 D=−2,E=2,F=−3,
即圆 C 为 x2+y2−2x+2y−3=0，
所以圆 C 的标准方程为 x−12+y+12=5．
解法二：
则 AB 中垂线为 x=1，AD 中垂线为 y=−x，
所以圆心 Cx,y 满足 x=1,y=−x,
所以 C1,−1，半径 r=CD=1+4=5，
所以圆 C 的标准方程为 x−12+y+12=5．
（2） ①当斜率不存在时，即直线 l:x=2 到圆心的距离为 1，也满足题意，
此时直线 l 的倾斜角为 90∘；
②当斜率存在时，设直线 l 的方程为 y=kx−2+3−1，
由弦长为 4，可得圆心 C1,−1 到直线 l 的距离为 5−4=1，
∣k1−2+1+3−1∣1+k2=1，
所以 k=33，此时直线 l 的倾斜角为 30∘．
综上所述，直线 l 的倾斜角为 30∘ 或 90∘．
19. （1） 取 BD 的中点 O，连接 CO，EO．
由于 CB=CD，
所以 CO⊥BD，
又 EC⊥BD，EC∩CO=C，CO，EC⊂平面EOC，
所以 BD⊥平面EOC，因此 BD⊥EO，
又 O 为 BD 的中点，
所以 BE=DE．
（2） 方法一：取 AB 的中点 N，连接 DM，DN，MN，
因为 M 是 AE 的中点，
所以 MN∥BE．
又 MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，
所以 MN∥平面BEC，
又因为 △ABD 为正三角形，
所以 ∠BDN=30∘，
又 CB=CD，∠BCD=120∘，
因此 ∠CBD=30∘，
所以 DN∥BC．
又 DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，
所以 DN∥平面BEC．
又 MN∩DN=N，故平 面DMN∥平面BEC．
又 DM⊂平面DMN，
所以 DM∥平面BEC．
方法二：
延长 AD，BC 交于点 F，连接 EF．
因为 CB=CD，∠BCD=120∘．
所以 ∠CBD=30∘．
因为 △ABD 为正三角形．
所以 ∠BAD=60∘，∠ABC=90∘，
因此 ∠AFB=30∘，
所以 AB=12AF．
又 AB=AD，
所以 D 为线段 AF 的中点．
连接 DM，由点 M 是线段 AE 的中点，
因此 DM∥EF．
又 DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，
所以 DM∥平面BEC．
20. 如图，以点 A 为原点，以 AB 为 x 轴，向右为正方向，以 AD 为 y 轴，向上为正方向，建立平面直角坐标系．
设 AB=a，AD=b，则 A0,0，Ba,0，Ca,b，D0,b，
设 Px,y，则
PA2+PC2=x2+y22+x−a2+y−b22=x2+y2+x−a2+y−b2,
PB2+PD2=x−a2+y22+x2+y−b22=x2+y2+x−a2+y−b2,
所以 PA2+PC2=PB2+PD2．
21. （1） 建立以 C1 为坐标原点，C1B1，C1D1，C1C 所在直线为 x，y，z 轴的空间直角坐标系，于是 M，N 点的坐标分别为 Ma,34a,14a，N34a,34a,a，则 MN=−a4,0,3a4，平面 BB1C1C 的法向量为 C1D1=0,a,0，
因为 MN⋅C1D1=0，
所以 MN⊥C1D1，
所以 MN∥面BB1C1C．
（2） ∣MN∣=a216+9a216=10a4．
22. （1） 由题可得 2c=23,ca=32,，
解得 a=2，c=3，
所以 b=4−3=1，
所以 C:x24+y2=1．
（2） 设直线 l 与 x 轴的交点为 Pn,0，
直线 l：x=my+n 与椭圆交点 Cx1,y1，Dx2,y2，
联立 x=my+n，x24+y2=1 得：
4+m2y2+2mny+n2−4=0，
y1+y2=−mn4+m2，y1y2=n2−44+m2，
y1−y22=−3m2n2−16m2+n2−644+m22，
x1+x2=my1+y2+2n=8n4+m2，
x1x2=n2−4m24+m2，
x1−x22=16m2+n2+32n2−8m2n2+4m44+m22，
∣CD∣=x1−x22+y1y22，
由 r=45 得 n2=4+m2216+m2，
S△COD=12×45×∣CD∣=55∣CD∣=12∣OD∣∣y1−y2∣=12∣n∣∣y1−y2∣,
令
T=n2y1−y22=n2y1+y22−4y1y2=12×16×4+m216+m22,
设 t=4+m2t≥4，
则 4+m216+m22=tt2+24t+64=1t+144t+24≤148，
当且仅当 t=144t，
即 t=12，
S△CODmax=1．