2021年北京大兴区大兴三中高二上学期期末数学试卷

这是一份2021年北京大兴区大兴三中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11小题；共55分）
1. 将 4 个不同的文件发往 3 个不同的邮箱地址，则不同的方法种数为
A. 34B. 43C. A43D. C43

2. 复平面内表示复数 z=i−2+i 的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限

3. 以 A−1,−1，B2,−1，C1,4 为顶点的三角形是
A. 锐角三角形B. 钝角三角形
C. 以 A 为直角顶点的直角三角形D. 以 B 为直角顶点的直角三角形

4. 设抛物线的顶点为 O，焦点为 F，准线为 l．P 是抛物线上异于 O 的一点，过 P 作 PQ⊥l 于 Q，则线段 FQ 的垂直平分线
A. 经过点 OB. 经过点 P
C. 平行于直线 OPD. 垂直于直线 OP

5. 设 l，m 是两条不同的直线，α 是一个平面，则下列命题正确的是
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. 2−x3x+a5 的展开式的各项系数和为 32，则该展开式中 x4 的系数是
A. 5B. 10C. 15D. 20

7. 已知 e1，e2 是夹角为 60∘ 的两个单位向量，则 a=e1+e2 与 b=e1−2e2 的夹角是
A. 60∘B. 120∘C. 30∘D. 90∘

8. 已知椭圆 x216+y29=1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆上．若 PF1⊥PF2，则点 P 到 x 轴的距离为
A. 95B. 3C. 977D. 94

9. 在二项式 1−2xn 的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 128，则展开式的中间项的系数为
A. −960B. 960C. 1120D. 1680

10. 双曲线 x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的实轴为 A1A2，虚轴的一个端点为 B，若三角形 A1A2B 的面积为 2b2，则双曲线的离心率为
A. 63B. 62C. 2D. 3

11. 已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 6，P 是 AA1 的中点，Q 是 △BDC1 内的动点，若 PQ⊥BC1，则点 Q 到平面 A1B1C1D1 的距离的取值范围是
A. 3,5B. 92,6C. 4,5D. 23,6

二、填空题（共9小题；共45分）
12. 已知复数 z=2−i1+i，则在复平面内，z 对应的点的坐标为 ．

13. 数字不重复，且个位数字与千位数字之差的绝对值等于 2 的四位数的个数为 ．

14. 已知过双曲线 x2a2−y2b2=1a>0,b>0 右焦点且倾斜角为 45∘ 的直线与双曲线右支有两个交点，则双曲线的离心率 e 的取值范围是 ．

15. 设 P 是 60∘ 的二面角 α−l−β 内一点，PA⊥平面α，PB⊥平面β，点 A，B 为垂足，PA=4，PB=2，则 AB 的长为 ．

16. 过点 P1,1 的直线，将圆形区域 x,yx2+y2≤4 分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为 ．

17. 在平行四边形 ABCD 中，AB=AC=1，∠ACD=90∘，将它沿对角线 AC 折起，使 AB 与 CD 成 60∘ 角，则点 B 与 D 间的距离为 ．

18. 已知 F 是抛物线 C:y2=8x 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= ．

19. 如图，机器人亮亮沿着单位网格从 A 地移动到 B 地，每次只移动一个单位长度，则亮亮从点 A 移动到点 B 最近的走法共有 种．

20. 练习 2．设椭圆 x22+y2=1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在该椭圆上，则使得 △F1F2P 是等腰三角形的点 P 的个数是 ．

三、解答题（共4小题；共52分）
21. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C1:x−42+y−52=4 和圆 C2:x+32+y−12=4．
（1）若直线 l1 过点 A2,0，且与圆 C1 相切，求直线 l1 的方程；
（2）若直线 l2 过点 B4,0，且被圆 C2 截得的弦长为 23，求直线 l2 的方程；
（3）直线 l3 的方程是 x=52，证明：直线 l3 上存在点 P，满足过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l4 和 l5，它们分别与圆 C1 和圆 C2 相交，且直线 l4 被圆 C1 截得的弦长与直线 l5 被圆 C2 截得的弦长相等．

22. 如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，AA1⊥底面ABCD，底面 ABCD 是正方形，点 P 为侧棱 CC1 上的一点，且 AA1=3AB=3．
（1）若点 P 为 CC1 的中点，求证：AC1∥平面PBD；
（2）若 PCCC1=13，求直线 A1P 与平面 PBD 所成角的正弦值；
（3）若二面角 B−PD−C 的余弦值为 23，求 PC 的长．

23. 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的两个焦点和短轴的两个端点都在圆 x2+y2=1 上．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）若斜率为 k 的直线经过点 M2,0，且与椭圆 C 相交于 A，B 两点，试探讨 k 为何值时，OA⊥OB．

24. 已知椭圆的中心在坐标原点 O，焦点在 x 轴上，短轴长为 2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点 F 与 x 轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P，Q 两点．
（1）求椭圆的方程．
（2）当直线 l 的斜率为 1 时，求 △POQ 的面积．
（3）在线段 OF 上是否存在点 Mm,0，使得以 MP，MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案
第一部分
1. A【解析】每一个文件都有三种不同的发法，共有 34 种不同方法．
2. C
3. C【解析】由已知得 kAB=−1−12−−1=−23，kAC=4−11−−1=32，所以 kAB⋅kAC=−1，即 AB⊥AC，故三角形 ABC 是以 A 为直角顶点的直角三角形．
4. B【解析】由抛物线的定义知，∣PF∣=∣PQ∣，
所以 △FPQ 为等腰三角形，且 FQ 为等腰三角形 FPQ 的底边，
所以线段 FQ 的垂直平分线经过点 P．
5. B
6. A【解析】因为 2−x3x+a5 的展开式的各项系数和为 32，
则 2−11+a5=32，所以 a=1，
该展开式中 x4 的系数是 2⋅C51⋅a−1⋅C54⋅a4=10a−5a4=5．
7. B【解析】因为 a⋅b=e1+e2⋅e1−2e2=e12−e1⋅e2−2e22=1−1×1×12−2=−32，
∣a∣=a2=e1+e22=e12+2e1⋅e2+e22=1+1+1=3,
∣b∣=b2=e1−2e22=e12−4e1⋅e2+4e22=1−2+4=3.
所以 cs⟨a,b⟩=a⋅b∣a∣∣b∣=−323=−12，
所以 ⟨a,b⟩=120∘．
8. C【解析】由题意椭圆 x216+y29=1 的半焦距 c=7，
又因为 PF1⊥PF2，
所以点 P 在以 7 为半径，以原点为圆心的圆上，
即 x2+y2=7，与椭圆 x216+y29=1 联立，可得 y=±977，
所以点 P 到 x 轴的距离为 977．
9. C【解析】根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为 128，所以在 1−2xn 的展开式中，二项式系数之和为 256，即 2n=256，n=8，则 1−2x8 的展开式的中间项为第 5 项，且 T5=C84−24x4=1120x4，即展开式的中间项的系数为 1120．
10. B
【解析】设 B0,b，则 A1A2=2a，
因为三角形 A1A2B 的面积为 2b2，
所以 S=12×2a⋅b=ab=2b2，即 a=2b，
则离心率 e=ca=a2+b2a2=2b2+b22b2=32=62．
11. B【解析】如图，在正方体中取 BB1，BD 中点 P1，O，及 BC1 的四等分点 M，
因为 PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，P1M∩PP1=P1，P1M,PP1⊂平面PP1M，
所以 BC1⊥平面PP1M，则 BC1⊥PM．
又 OM⊥BC1，OM∩PM=M，
故 BC1⊥平面POM，
所以当点 Q 在线段 OM 上时，PQ⊥BC1，
则点 Q 到平面 A1B1C1D1 的距离最大为 6，最小为 6×34=92，
所以点 Q 到平面 A1B1C1D1 的距离的取值范围为 92,6．
故选B．
第二部分
12. 3,1
【解析】因为 z=2−i1+i=2+2i−i−i2=3+i，
所以 z 对应的点的坐标为 3,1．
13. 840
14. 1,2
15. 27
16. x+y−2=0
【解析】当圆心与点 P 的连线和过点 P 的直线垂直时，符合条件．圆心 O 与点 P 连线的斜率 k=1，
所求直线方程为 y−1=−x−1，即 x+y−2=0．
17. 2 或 2
18. 6
19. 80
【解析】分三步：① 从 A 到 C，亮亮要移动两步，一步是向右移动一个单位，一步是向上移动一个单位，此时有 C21 种走法；
②从 C 到 D，亮亮要移动六步，其中三步是向右移动，三步是向上移动，此时有 C63 种走法；
③从 D 到 B，由①可知有 C21 种走法．
由分步乘法计数原理可知，共有 C21C63C21=80 种不同的走法．
20. 6
【解析】① 当点 P 与短轴的顶点重合时，
△F1F2P 构成以 F1F2 为底边的等腰三角形，
此种情况有 2 个满足条件的等腰 △F1F2P；
② 当 △F1F2P 构成以 F1F2 为一腰的等腰三角形时，共有 4 个．
以 F2P 作为等腰三角形的底边为例，
因为 F1F2=F1P，
所以点 P 在以 F1 为圆心，半径为焦距 2c 的圆上，
因此，当以 F1 为圆心，半径为 2c 的圆与椭圆 C 有 2 交点时，
存在 2 个满足条件的等腰 △F1F2P．
同理可得：当以 F2 为圆心，半径为 2c 的圆与椭圆 C 有 2 交点时，存在 2 个满足条件的等腰 △F1F2P．
综上可得：满足条件的使得 △F1F2P 是等腰三角形的点 P 的个数为 6．
第三部分
21. （1） 点 A 在圆 C1 外，则直线 l1 有两条．
当直线 l1 的斜率不存在时，直线为 x=2，符合题意．
当直线 l1 的斜率存在时，设直线 l1 的方程为 y=kx−2，即 kx−y−2k=0，
由条件得 4k−5−2kk2+1=2，解得 k=2120．
所以直线 l1 的方程为 x=2 或 y=2120x−2，
即 x=2 或 21x−20y−42=0．
（2） 由题意知直线 l2 的斜率存在，
设直线 l2 的方程为 y=kx−4，即 kx−y−4k=0．
由条件得，圆心 C2 到直线 l2 的距离 d=22−2322=1，
结合点到直线的距离公式，得 −3k−1−4kk2+1=1，
解得 k=0 或 k=−724，
所以直线 l2 的方程为 y=0 或 y=−724x−4，
即 y=0 或 7x+24y−28=0．
（3） 由题意知，直线 l4，l5 的斜率存在，
设直线 l4 的斜率为 k，则直线 l5 的斜率为 −1k，
设点 P 的坐标为 52,n，互相垂直的直线 l4，l5 的方程分别为 y−n=kx−52，y−n=−1kx−52，
即 l4:kx−y+n−52k=0，l5:−1kx−y+n+52k=0．
根据直线 l4 被圆 C1 截得的弦长与直线 l5 被圆 C2 截得的弦长相等，两圆半径相等，知圆心 C1 到直线 l4 的距离与圆心 C2 到直线 l5 的距离相等，即 4k−5+n−52kk2+1=3k−1+n+52k1k2+1，
化简得 52−nk=212−n 或 12+nk=−n−12=−12+n．
因为关于 k 的方程有无穷多解，所以 12+n=0，即 n=−12，
即直线 l3 上满足条件的点 P 是存在的，坐标是 52,−12．
22. （1） 连接 AC，交 BD 于 O，连接 OP，
因为底面 ABCD 是正方形，
所以 O 是 AC 的中点，
因为点 P 为 CC1 的中点，
所以 OP∥AC1，
因为 AC1⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以 AC1∥平面PBD．
（2） 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
因为 AA1=3AB=3，PCCC1=13，
所以 A11,0,3，P0,1,2，B1,1,0，D0,0,0，
A1P=−1,1,−1，DB=1,1,0，DP=0,1,2，
设平面 PBD 的法向量 n=x,y,z，
则 n⋅DB=x+y=0,n⋅DP=y+2z=0, 取 x=2，得 n=2,−2,1，
设直线 A1P 与平面 PBD 所成角为 θ，
则直线 A1P 与平面 PBD 所成角的正弦值为 sinθ=∣A1P⋅n∣∣A1P∣⋅∣n∣=53⋅9=539．
（3） 设 PC=t，则 P0,1,t，DP=0,1,t，DB=1,1,0，
平面 PDC 的法向量 p=1,0,0，
设平面 PBD 的法向量 m=a,b,c，
则 m⋅DP=b+tc=0,m⋅DB=a+b=0, 取 a=1，得 m=1,−1,1t，
因为二面角 B−PD−C 的余弦值为 23，
所以 ∣cs⟨m,p⟩∣=∣m⋅p∣∣m∣⋅∣p∣=12+1t2=23，
解得 t=2 或 t=−2（舍），
所以 PC 的长为 2．
23. （1） 依题意椭圆的两个焦点和短轴的两个端点都在圆 x2+y2=1 上，可得 b=1，c=1，
所以 a2=2，
所以椭圆 C 的方程为 x22+y2=1．
（2） 设 Ax1,y1，Bx2,y2，直线 AB 的方程为 y=kx−2，
由 y=kx−2,x22+y2=1 消去 y，得 1+2k2x2−8k2x+8k2−2=0，
所以 x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2．
因为 OA⊥OB，
所以 y1y2x1x2=−1，即 x1x2+y1y2=0．
而 y1y2=k2x1−2x2−2，
所以 x1x2+k2x1−2x2−2=0，
所以 1+k28k2−21+2k2−16k41+2k2+4k2=0，
解得 k2=15，此时 Δ>0，
所以 k=±55．
24. （1） 由已知，椭圆方程可设为 x2a2+y2b2=1a>b>0．
因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为 2，
所以 b=c=1，a=2，
所求椭圆方程为 x22+y2=1．
（2） 因为直线 l 过椭圆右焦点 F1,0，且斜率为 1，
所以直线 l 的方程为 y=x−1．
设 Px1,y1，Qx2,y2，
由 x2+2y2=2,y=x−1, 3y2+2y−1=0，解得 y1=−1，y2=13．
所以 S△POQ=12OF⋅y1−y2=12y1−y2=23．
（3） 假设在线段 OF 上存在点 Mm,00