2020-2021学年福建省莆田市高二（上）_期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年福建省莆田市高二（上）_期末考试数学试卷人教A版，共11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. 等差数列{an}中，a2=2，公差d=2，则S10=( )
A.200B.100C.90D.80

2. 下列命题正确的是( )
A.若a>b，则ac2>bc2B.若a>b，c>d，则ac>bd
C.若ac2>bc2，则a>bD.若a>b，c>d，则a−c>b−d

3. 下列命题中正确的是( )
A.若p∨q为真命题，则p∧q为真命题
B.“x=5”是“x2−4x−5=0”的充分不必要条件
C.命题“若x<−1，则x2−2x−3>0”的否命题为“若x<−1，则x2−2x−3≤0”
D.已知命题p:∃x∈R，x2+x−1<0，则¬p:∀x∈R，x2+x−1>0

4. 观察下面的圆锥曲线，其中离心率最小的是( )
A.B.
C.D.

5. 抛物线y=2x2的焦点坐标为( )
A.0,18B.0,12C.18,0D.12,0

6. 双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，则双曲线的离心率是( )
A.3B.62C.3D.2

7. 设平面α的法向量为1,−2,λ，平面β的法向量为2,μ,4，若α//β，则λ+μ=( )
A.2B.4C.−2D.−4

8. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为( )
A.63B.102C.155D.105

9. 设F1，F2分别是椭圆x225+y216=1的左，右焦点，P为椭圆上一点，M是线段PF1的中点，若OM=3（O为坐标原点），则PF1的值是( )
A.6B.5C.4D.3

10. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）动点，且B1P//平面BEF，则点P的轨迹长度为（ ）

A.12B.1C.52D.π2
二、多选题

若a→=(−1,λ,−2)，b→=(2,−1,1)，a→与b→的夹角为120∘，则λ的值为( )
A.17B.−17C.−1D.1

已知抛物线y2=4x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+11=0的距离为d2，则d1+d2的取值可以为( )
A.3B.4C.5D.10
三、填空题

已知命题“∀x∈R，x2−4x+a>0”的否定是假命题，则实数a的取值范围是________.

已知向量a→=(1,1,0)，b→=(−1,0,2),若ka→+b→与b→相互垂直，则k的值是________.

在四棱柱ABCD−A1B1C1D1 中，BC1→=xAB→+yAC→+zAA1→，则x−y−z=________.

已知点Q(22，0)及抛物线y=x24上一动点P(x0, y0)，则y0+|PQ|的最小值为________．
四、解答题


(1)求过点P1,6,Q−2,3的椭圆的标准方程；

(2)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两个焦点为F1−2,0,F22,0，点P3,7在双曲线C上，求双曲线C的方程．

已知F1−1,0 F21,0，动点P满足|PF1|+|PF2|=4，动点P的轨迹为曲线Γ．
(1)求点P的轨迹方程；

(2)直线l与曲线Γ交于A，B两点，且线段AB的中点为M1,1，求直线l的方程．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，离心率为12，两焦点分别为F1，F2，过左焦点F1的直线l交椭圆C于M，N两点， △MF2N的周长为8.
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l的斜率为12，求△MF2N的面积．

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱与底面垂直，底面是正方形，AA1=2AB，O1是底面 A1B1C1D1 的中心．

(1)求证：AO1// 平面 BDC1;

(2)求直线C1O1与平面BDC1所成角的正弦值．

在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1．

(1)请在线段CE上找到一点F，使得直线BF // 平面ACD，并证明；

(2)求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小.

在边长是2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．应用空间向量方法求解下列问题.

(1)求EF的长；

(2)证明：EF // 平面AA1D1D；

(3)证明：EF⊥平面A1CD.
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省莆田市高二（上） 期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由等差数列的通项公式，可得首项，再由等差数列的求和公式，计算即可得到所求和．
【解答】
解：等差数列{an}中，a2=2，d=2，
a1+d=a2，解得a1=0，
则S10=10a1+12×10×9d=0+45×2=90．
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
由不等式的基本性质逐一判断即可．
【解答】
解：对于A，当c=0时，ac2=bc2，故A错误；
对于B，取a=2，b=−1，c=−2，d=−3，则ac对于C，若ac2>bc2，可知c2>0，则a>b，故C正确；
对于D，取a=−1，b=−2，c=3，d=1，则a−c故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
全称命题与特称命题
逻辑联结词“或”“且”“非”
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
命题的否定
【解析】
A，利用复合命题真值表可判断A的正误；
B，利用充分必要条件的概念可判断B的正误；
C，搞清楚命题的否定与否命题的概念可判断C的正误；
D，明确特称命题的否定既要在量词上否定，又要在结论处否定，可判断D的正误．
【解答】
解：A，若p∨q为真命题，则p，q至少有一个为真命题，有可能一真一假，也可能两个都真，无法推出p∧q为真命题，故选项A错误；
B，由x=5可以得到x2−4x−5=0，但由x2−4x−5=0不一定能得到x=5，也可以是x=−1，故选项B正确；
C，命题“若x<−1，则x2−2x−3>0”的否命题为“若x≥−1，则x2−2x−3≤0”，故选项C错误；
D，命题p:∃x∈R，x2+x−1<0，则¬p:∀x∈R，x2+x−1≥0，故选项D错误．
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
圆锥曲线的共同特征
椭圆的离心率
【解析】
因为抛物线的离心率为1，双曲线的离心率大于1，椭圆的离心率小于1，所以排除选项C，D．椭圆的离心率越大，椭圆越扁，得到选项．
【解答】
解：因为抛物线的离心率为1，双曲线的离心率大于1，椭圆的离心率小于1，所以排除选项C，D．
又因为椭圆的离心率越大，椭圆越扁，
所以选项A中圆锥曲线的离心率大于选项B中圆锥曲线的离心率，
所以离心率最小的是选项B．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
将抛物线的方程化为普通方程，再求焦点坐标即可.
【解答】
解：由题意，抛物线y=2x2化为标准方程为x2=12y，
则抛物线的焦点在y轴上，且p=14，
故抛物线的焦点坐标为(0,18).
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用渐近线方程和a，b，c的关系，考查运算能力，属于基础题．
【解答】
解：双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±bax，
一条渐近线的方程为y=2x，可得b=2a，
即有c=a2+b2=3a，
可得e=ca=3．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
向量语言表述面面的垂直、平行关系
平行向量的性质
【解析】
由两平面平行，得法向量平行，由此求得λ，μ后可得结论．
【解答】
解：∵ α//β，
∴ 1,−2,λ//2,μ,4，
∴ 12=−2μ=λ4，
解得λ=2,μ=−4，
∴ λ+μ=−2 .
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
要求线面角，先寻找斜线在平面上的射影，因此，要寻找平面的垂线，利用已知条件可得．
【解答】
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线
为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，
BC1→=(−2,0,1)，AC→=(−2,2,0).
易知AC→为平面BB1DD1的一个法向量，
∴ sin=|cs|
=45×8=105，
∴ 直线BC1和平面BB1DD1所成角的正弦值为105.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|＝2a＝10，再由中位线定理，可得|PF2|＝6，即可得到|PF1|．
【解答】
解：∵ F1，F2分别是椭圆x225+y216=1的的左、右焦点，
P为椭圆上一点，
∴ |PF1|+|PF2|=2a=10，
∵ M是PF1的中点，O是F1F2中点，
∴ |OM|=12|PF2|=3，
∴ |PF2|=6，
∴ |PF1|=10−6=4．
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
平面与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
【解答】
解：B1P//平面BEF，如图，取A1D1中点Q，连接B1Q，B1A，AQ，
根据正方体的性质得，B1Q//BE，B1A//FE，且B1Q∩B1A=B1，FE∩BE=E，
∴ 平面B1AQ//平面 BEF，
∴ 点P在AQ上运动，点P的轨迹为线段AQ，
∵ A1A=1，A1Q=12，由勾股定理得QA=1+14=52．
故选C．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】
利用向量夹角公式直接求解．
【解答】
解：∵ a→=(−1,λ,−2)，b→=(2,−1,1)，a→与b→的夹角为120∘，
∴ cs=cs120∘
=a→⋅b→|a→|⋅|b→|
=−2−λ−25+λ2⋅6，
化简得：λ2−16λ−17=0，
解得λ=−1或λ=17.
故选AC.
【答案】
A,B,D
【考点】
点到直线的距离公式
抛物线的性质
【解析】
画出图象，利用抛物线的定义与性质，转化求解即可．
【解答】
解：抛物线上的点P到准线的距离等于到焦点F的距离，
所以过焦点F1,0作直线4x−3y+11=0的垂线，
则F到直线的距离为d1+d2的最小值，如图所示：
所以d1+d2min=|4−0+11|42+32=3，
选项ABD均大于或等于3．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
(4,+∞)
【考点】
命题的真假判断与应用
全称命题与特称命题
【解析】
由题意得到命题“∀x∈R，x2−4x+a>0”是真命题，根据二次函数的性质求出a的范围即可．
【解答】
解：∵ 命题“∀x∈R，x2−4x+a>0”的否定是假命题，
∴ 命题“∀x∈R，x2−4x+a>0”是真命题，
∴ Δ=16−4a<0，
解得：a>4.
故答案为：(4,+∞).
【答案】
5
【考点】
空间向量运算的坐标表示
空间向量的数量积运算
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：ka→+b→=(k−1,k,2)，
b→=(−1,0,2)，
故(ka→+b→)⋅b→=5−k=0，
所以k=5.
故答案为：5.
【答案】
−3
【考点】
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
由题意得到BC1→=BB1→+BC→=AA1→+AC→−AB→，进而求出x，y，z，求解即可.
【解答】
解：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
BC1→=BB1→+BC→=AA1→+AC→−AB→.
又∵ BC1→=xAB→+yAC→+zAA1→，
∴ x=−1，y=1，z=1，
∴ x−y−z=−1−1−1=−3.
故答案为：−3.
【答案】
2
【考点】
抛物线的性质
不等式性质的应用
【解析】
设P到准线的距离为d，利用抛物线的定义得出：y0+|PQ|=d−1+|PQ|=|PF|+|PQ|−1最后利用当且仅当F、Q、P共线时取最小值，从而得出故y0+|PQ|的最小值是2．
【解答】
解：由抛物线的定义可知，焦点F(0, 1)，准线y=−1，
设点P到准线的距离为d，
则y0+|PQ|=d−1+|PQ|
=|PF|+|PQ|−1
≥|FQ|−1=2，当且仅当F，Q，P共线时取等号，
故y0+|PQ|的最小值是2．
故答案为：2．
四、解答题
【答案】
解：(1)设所求椭圆方程为mx2+ny2=1（m>0，n>0，m≠0），
因为该椭圆过点P1,6，Q−2,3，
所以m+6n=1,2m+3n=1,解得m=13，n=19，
因此所求椭圆的方程为x23+y29=1．
(2)由已知c=2及点P3,7在双曲线C上得a2+b2=4,32a2−72b2=1,
解得a2=2，b2=2，
所以，双曲线C的方程为x22−y22=1．
【考点】
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设所求椭圆方程为mx2+ny2=1（m>0，n>0，m≠0），
因为该椭圆过点P1,6，Q−2,3，
所以m+6n=1,2m+3n=1,解得m=13，n=19，
因此所求椭圆的方程为x23+y29=1．
(2)由已知c=2及点P3,7在双曲线C上得a2+b2=4,32a2−72b2=1,
解得a2=2，b2=2，
所以，双曲线C的方程为x22−y22=1．
【答案】
解：(1)由椭圆的定义可知点P的轨迹是以F1−1,0，F21,0为焦点，长轴长为4的椭圆．
∴ a=2,c=1,b=3,
∴ Γ的方程为x24+y23=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ A，B是Γ上的点，
由3x12+4y12=12，3x22+4y22=12，
作差得， 3x1−x2x1+x2+4y1−y2y1+y2=0，
又线段AB的中点为M1,1，
∴ x1+x2=y1+y2=2，
从而直线AB斜率kAB=y2−y1x2−x1=−34，
直线l的方程为y−1=−34x−1，即3x+4y−7=0．
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由椭圆的定义可知点P的轨迹是以F1−1,0，F21,0为焦点，长轴长为4的椭圆．
∴ a=2,c=1,b=3,
∴ Γ的方程为x24+y23=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ A，B是Γ上的点，
由3x12+4y12=12，3x22+4y22=12，
作差得， 3x1−x2x1+x2+4y1−y2y1+y2=0，
又线段AB的中点为M1,1，
∴ x1+x2=y1+y2=2，
从而直线AB斜率kAB=y2−y1x2−x1=−34，
直线l的方程为y−1=−34x−1，即3x+4y−7=0．
【答案】
解：(1)由题意可得e=ca=12，
由椭圆的定义可得|MN|+|NF2|+|MF2|=4a=8，
解得a=2，c=1，
所以b2=a2−c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)若直线l的斜率为12，则直线l的方程为y=12x+1，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程 x24+y23=1,y=12x+1, 消去x，整理可得16y2−12y−9=0，
则y1+y2=34，y1y2=−916，
所以S△MF2N=12⋅2c|y1−y2|=y1+y22−4y1y2=354 ．
【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】
解：(1)由题意可得e=ca=12，
由椭圆的定义可得|MN|+|NF2|+|MF2|=4a=8，
解得a=2，c=1，
所以b2=a2−c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)若直线l的斜率为12，则直线l的方程为y=12x+1，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程 x24+y23=1,y=12x+1, 消去x，整理可得16y2−12y−9=0，
则y1+y2=34，y1y2=−916，
所以S△MF2N=12⋅2c|y1−y2|=y1+y22−4y1y2=354 ．
【答案】
(1)证明：连接AC,BD，设交点为O，连接AO1,O1C1,OC1,
∵ O1C1//AC，且O1C1=12AC，
∴ O1C1//AO，且O1C1=AO,
故四边形AOC1O1为平行四边形，
则AO1//OC1.
又AO1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，
∴ AO1//平面BDC1.
(2)解：由题意可知OA,OB,OO1两两互相垂直，
故分别以OA,OB,OO1为x,y,z轴建立直角坐标系，
如图：
设AB=2，则AA1=4,OO1=4，
则B0,2,0,C1−2,0,4,D0,−2,0,
BC1→=−2,−2,4，BD→=0,−22,0,
C1O1→=CO→=2,0,0，
设n→=x,y,z为平面 BDC1 一个法向量，
则−2x−2y+4z=0,−22y=0,
取z=1, n→=22,0,1，
所以cs
=C1O1→⋅n→|C1O1→|⋅|n→|
=42×3
=223，
所以直线 C1O1 与平面 BDC1 所成角的正弦值为223.
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AC,BD，设交点为O，连接AO1,O1C1,OC1,
∵ O1C1//AC，且O1C1=12AC，
∴ O1C1//AO，且O1C1=AO,
故四边形AOC1O1为平行四边形，
则AO1//OC1.
又AO1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，
∴ AO1//平面BDC1.
(2)解：由题意可知OA,OB,OO1两两互相垂直，
故分别以OA,OB,OO1为x,y,z轴建立直角坐标系，
如图：
设AB=2，则AA1=4,OO1=4，
则B0,2,0,C1−2,0,4,D0,−2,0,
BC1→=−2,−2,4，BD→=0,−22,0,
C1O1→=CO→=2,0,0，
设n→=x,y,z为平面 BDC1 一个法向量，
则−2x−2y+4z=0,−22y=0,
取z=1, n→=22,0,1，
所以cs
=C1O1→⋅n→|C1O1→|⋅|n→|
=42×3
=223，
所以直线 C1O1 与平面 BDC1 所成角的正弦值为223.
【答案】
解：(1)F应是线段CE的中点.
证明：以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，
则各点的坐标为D(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，E(0, 0, 2)，B(2, 0, 1)，C(1,3，0)，
设F是线段CE的中点，
则点F的坐标为F(12，32，1)，
∴ BF→=(−32,32,0)，
取平面ACD的法向量DE→=(0,0,2)，
则BF→⋅DE→=0，
∴ BF // 平面ACD.
(2)设平面BCE的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⊥CB→，且n→⊥CE→，
由CB→=(1,−3,1)，CE→=(−1,−3,2)，
∴ x−3y+z=0,−x−3y+2z=0,
不妨设y=3，则x=1,z=2,
即n→=(1,3,2)，
∴ 所求角θ满足csθ=n→⋅(0,0,1)|n→|=22，
∴ θ=π4.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
向量方法证明线、面的位置关系定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)F应是线段CE的中点.
证明：以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，
则各点的坐标为D(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，E(0, 0, 2)，B(2, 0, 1)，C(1,3，0)，
设F是线段CE的中点，
则点F的坐标为F(12，32，1)，
∴ BF→=(−32,32,0)，
取平面ACD的法向量DE→=(0,0,2)，
则BF→⋅DE→=0，
∴ BF // 平面ACD.
(2)设平面BCE的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⊥CB→，且n→⊥CE→，
由CB→=(1,−3,1)，CE→=(−1,−3,2)，
∴ x−3y+z=0,−x−3y+2z=0,
不妨设y=3，则x=1,z=2,
即n→=(1,3,2)，
∴ 所求角θ满足csθ=n→⋅(0,0,1)|n→|=22，
∴ θ=π4.
【答案】
(1)解：以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(2, 0, 2)，A(2, 0, 0)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，D1(0, 0, 2)，D(0, 0, 0).
∵ E，F分别为AB，A1C的中点，
∴ E(2, 1, 0)，F(1, 1, 1)，
∴ EF→=(−1, 0, 1)，
∴ |EF→|=1+0+1=2.
(2)证明：∵ AD1→=(−2, 0, 2)=2EF→，
∴ EF // AD1.
又AD1⊂平面AA1D1D，EF⊄平面AA1D1D，
∴ EF // 平面AA1D1D.
(3)证明：由(1)可知，CD→=(0, −2, 0)，A1D→=(−2, 0, −2).
∵ CD→⋅EF→=0，EF→⋅A1D→=0，
∴ EF⊥CD，EF⊥A1D.
又CD∩A1D=D，
∴ EF⊥平面A1CD.
【考点】
空间向量运算的坐标表示
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的模
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）建立适当的空间直角坐标系，求出向量EF→的坐标表示，代入长度公式求解；
（2）求出AD1→的坐标表示，关键坐标关系判断EF // AD1，再利用线面平行的判定定理证明；
（3）利用CD→⋅EF→=0，EF→⋅A1D→=0，可证直线EF垂直于CD、A1D，再利用线面垂直的判定定理证明．
【解答】
(1)解：以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(2, 0, 2)，A(2, 0, 0)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，D1(0, 0, 2)，D(0, 0, 0).
∵ E，F分别为AB，A1C的中点，
∴ E(2, 1, 0)，F(1, 1, 1)，
∴ EF→=(−1, 0, 1)，
∴ |EF→|=1+0+1=2.
(2)证明：∵ AD1→=(−2, 0, 2)=2EF→，
∴ EF // AD1.
又AD1⊂平面AA1D1D，EF⊄平面AA1D1D，
∴ EF // 平面AA1D1D.
(3)证明：由(1)可知，CD→=(0, −2, 0)，A1D→=(−2, 0, −2).
∵ CD→⋅EF→=0，EF→⋅A1D→=0，
∴ EF⊥CD，EF⊥A1D.
又CD∩A1D=D，
∴ EF⊥平面A1CD.