2020-2021年人教版高二年級上冊冊數(shù)學期末數(shù)學試卷帶答案

2020-2021學年高二(上)期末數(shù)學試卷

一、填空題(本大題共12小題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5

分))

1.復數(shù)Zi，Z2在復平面內對應的點關于直線y=x對稱，且Zi=3+2i,則Z2=

2.復數(shù)等&是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為

3.拋物線/=i6y的準線方程是

(z-1)2

00=--------

,則同=

4.已知復數(shù)z=2+4i,其中i是虛數(shù)單位,z+l

5.設E,F,G,H分別是空間四邊形ZBCD的邊AB,BC,CD,D4的中點，若4cl

BD,則四邊形EFGH的形狀是.

6.直線1與拋物線y2=4x交于兩點4(%1，yQ,fi(x2,y2)-。為坐標原點，若

*.

0A?0B=-4,則與冷=.

7.已知點&,尸2分別是橢圓/+2y2=2的左、右焦點，點P是該橢圓上的一個動點,

那么|P\+P%2l的最小值是.

8.設Fi，尸2是雙曲線?一號=1的兩個焦點，P是該雙曲線上一點，且|P&|：|PF2|=

2:1,則APF1F2的面積等于

9.已知矩形4BCD的邊4B=a,BC=2,P4J?平面ABC。，PA=2,現(xiàn)有以下五個數(shù)

據(jù)：(l)a=：；(2)a=1；(3)a=(4)a=2；(5)a=4.

當在BC邊上存在點Q,使PQ1QD時，則a可以取.(填上一個正確的數(shù)據(jù)序

號即可)

10.在所有經(jīng)過正方體4BCC-4B1C1D1的任意兩個頂點的直線中任取k條，求這k條

直線恰是兩兩異面，則k的最大值為.

11.在平面幾何里，有勾股點了"設△ABC的兩邊AC,AB互相垂直，則4爐+4。2=

BC2.”拓展到空間，類比平面幾何的勾股定理，若三棱錐4-BCD的三個側面ABC,

ACD,ADB兩類互相垂直，則有.

12.過雙曲線/一3=1的右支上一點P,分別向圓G：。+4）2+丫2=4和圓。2：

（x-4）2+y2=i作切線，切點分別為M,N,則|PM|2-|PN『的最小值為

二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分，每題5分））

13."a>0,b>0"是"方程a/+by2=1表示橢圓”的（）

A.充要條件B.充分非必要條件

C.必要非充分條件D.既不充分也不必要條件

14.已知平面a與平面口相交，直線?nla,則（）

A#內必存在直線與小平行，且存在直線與m垂直

B./?內不一定存在直線與m平行，不一定存在直線與?n垂直

C./?內不一定存在直線與m平行，但必存在直線與m垂直

D./?內必存在直線與m平行，卻不一定存在直線與m垂直

15.正方體48。0-4181的。1中，E,F,G,H分別為CC「BC,CD,8%的中點，則

下列結論正確的是（）

A.BiG〃EFB.&H1EF

C.&G與/E相交D.平面NEFn平面44也。=4。1

x22

16.已知直線Z：V3x+y+2=0與橢圓「：2516=1交于4,B兩點，直線。與

橢圓T交于M,N兩點，有下列直線（）AX-y—2=0；②x+J③

T/3—2—0；

③比+y-2=0；④-y+2=0,其中滿足4。48與4OMN的面積相等的

直線k可以是（）

試卷第2頁，總12頁

A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④

三、解答題（本大題共5小題，滿分35分））

17.已知復數(shù)Zi，Z2是實系數(shù)一元二次方程a/+bx+c=O的兩根，且復數(shù)Zi在復平面

內對應的點在第一象限，若zi+2z2=12—3i,其中i是虛數(shù)單位.

（1）求復數(shù)Z],z2；

（2）若復數(shù)z滿足|z|=l,求|z-zi|的最大值和最小值.

18.唐代詩人李顧的詩《古從軍行》開頭兩句說："白日登上望烽火，黃昏飲馬傍交河”

詩中隱含著一個有趣的"將軍飲馬"問題，這是一個數(shù)學問題，即將軍在觀望烽火之后

從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回軍營，怎樣走才能使得總路程最短？在平面

直角坐標系中，將軍從點4（3,0）處出發(fā)，河岸線所在直線方程為x+y=4,并假定將

軍只要到達軍營孫在區(qū)域即為回到軍營.

（1）若軍營所在區(qū)域為0：/+y232,求"將軍飲馬"的最短總路程；

（2）若軍營所在區(qū)域為0:|x|+2|y|W2,求"將軍飲馬"的最短總路程.

19.如圖，已知正方體4BCD-&81GD1的邊長為1,點P在底面4BCD（含邊界）內運

（1）證明：BD_L平面4&C1C；

（2）若&P和與平面4BCD所成的角相等，求點P的軌跡長度.

22

x,y

rc：下4V=i

20.已知直線，:尤=my+l過橢圓a°的右焦點凡且直線，交橢圓C于4

8兩點，點4F,B在直線l:x=4上的射影依次為點D,K,E.

（1）求橢圓C的方程；

MA=1AF,MB=oBF

⑵若直線咬y軸于點M,且m12山，當7n變化時，探究

%+%的值是否為定值？若是，求出心+”的值；否則，說明理由；

(3)連接4E,BD,試探究當m變化時，直線4E與BC是否相交于頂點？若是，請求

出定點的坐標，并給予證明；否則，說明理由.

21.已知平面內到定點4(1,0)的距離與到定直線x=-1的距離之和為3的動點M的軌跡

是「，

(1)求曲線「與x軸的交點P的坐標：

(2)求曲線「的方程;

(3)設B(a,1)(a為常數(shù))，求|M4|+|MB|的最小值d(a).

試卷第4頁，總12頁

參考答案與試題解析

一、填空題(本大題共12小題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5

分)

1.

【答案】

2+3i

【解析】

直接利用對稱知識求出復數(shù)的代數(shù)形式即可.

2.

【答案】

4

【解析】

化簡復數(shù)為a+b氏a,b€R),然后由復數(shù)的實部等于零且虛部不等于0求出實數(shù)a的值.

3.

【答案】

y——4

【解析】

利用拋物線方程直接求解準線方程即可.

4.

【答案】

17

T

【解析】

求出Z,求出3,從而求出|3|的值即可.

5.

【答案】

矩形

【解析】

利用三角形中位線定理可得四邊形EFGH是平行四邊形.根據(jù)4C1BD,可得EF1

EH.即可判斷出四邊形EFGH的形狀是矩形.

6.

【答案】

4

【解析】

把點的坐標代入方程，結合向量的數(shù)量積化簡求解即可.

7.

【答案】

2

【解析】

求出橢圓的a,b,運用中點的向量表示，得到|P%+P,I=2|而|，再設P(x,y)，運

用橢圓方程，以及二次函數(shù)的值域即可得到最小值.

8.

【答案】

12

【解析】

先由雙曲線的方程求出再由求出由此轉

|F#2|=6,|PFJ|PF2l=2:l,IPF/,\PF2\,

化求出APF1F2的面積.

9.

【答案】

⑴或⑵

【解析】

根據(jù)三垂線定理結合PQ1QD,可得PQ在底面的射影4Q也與QD垂直，由此可得平面

4BCD內滿足條件的Q點應在以4。為直徑的圓上，得出a<1即可選出正確選項.

10.

【答案】

4個

【解析】

根據(jù)異面直線的判斷方法，結合正方體的結構特征即可判斷.

11.

【答案】

S14BC+^IACD+S^ABD=SWBCD

【解析】

由邊對應著面，邊長對應著面積，由類比可得結果.

12.

【答案】

13

【解析】

求得兩圓的圓心和半徑，設雙曲線的左右焦點為連接

FK-4,0),F2(4,0),

運用勾股定理和雙曲線的定義，結合三點共線時，距離之和

PF1,PF2,&M,F2N,

取得最小值，計算即可得到所求值.

二、選擇題(本大題共4小題，滿分20分，每題5分)

13.

【答案】

C

【解析】

直接利用必要條件、充分條件及充分必要條件的判斷方法結合橢圓標準方程得答案.

14.

【答案】

C

【解析】

作兩個相交平面，交線為n,使直線m_La,然后利用反證法說明，假設0內一定存在

直線a與小平行，根據(jù)面面垂直的判定定理證明a10,這與平面a與平面0相交不一定

垂直矛盾，然后根據(jù)線面垂直的性質說明口內必存在直線與根垂直，從而證得結論.

15.

【答案】

試卷第6頁，總12頁

C,D

【解析】

如圖所示，建立空間直角坐標系，不妨取4。=2.

4.B]G與EF為異面直線，即可判斷出正誤；

B.計算1?EF與o比較，即可判斷出正誤；

C.根據(jù)GE〃DG，DC.//AB.,可得四邊形A&EG為梯形，即可判斷出正誤；

D.連接BG，可得BCJ/EF,于是EF〃4Di，即可判斷出正誤.

16.

【答案】

B

【解析】

根據(jù)于橢圓具有軸對稱和中心對稱的性質，經(jīng)過平移和旋轉即可求出直線。的方程.

三、解答題(本大題共5小題，滿分35分)

17.

【答案】

設ZI=Q+bit則Z2=Q-bi(a>5,b>0),

由Zi+5Z2=12—3i,得(a+bi)+4(a—bi)=3a-bi=12—33

.b.3a=12,b=3,b=3.

Z8=4+3i,Z7=4-3i；

滿足|z|=5的復數(shù)z在以原點為圓心,以1為半徑的圓上，

而1盯l=V62+33=5

|z-Zi|的最大值為4,最小值為4.

【解析】

(1)設Z]=a+bi,則Z2=a-bi(a>0,b>0),代入z1+2zz=12-3i,整理后利用

復數(shù)相等的條件列式求得a與b的值，則z「Z2可求；

(2)滿足|z|=l的復數(shù)z在以原點為圓心，以1為半徑的圓上，求出|z/,則|z-zj的

最大值和最小值即可.

18.

【答案】

若軍營所在區(qū)域為0:/+y4<2,

作圖如下：

設將軍飲馬點為P,到達營區(qū)點為B,

則總路程|PB|+\PA\=\PB\+\PA'\,

要使得路程最短，只需要|PB|+|P4|最短,

即點4到軍營的距離最短,

即點力'到/+/<2的最短距離，為|。川一

若軍營所在區(qū)域為。|x|+2|y|<2,

V（4-8）2+l8=V5,

所以點4到區(qū)域。最短距離|AB|=

【解析】

設點4(3,0)關于直線x+y=4的對稱點為A(a,b),由對稱性，解得4'(4,1),作出可

行域，結合圖形，即可解得答案.

19.

【答案】

證明：連接AC,

由正方體的幾何特征，得4C1BD,

AAi_L平面4BCC,BDu平面ABCD,

所以A4i1BD,

又4斗3nAC=A,

所以BD1平面44iCiC.

與平面力BCD所成的角為乙41B4,

&P與平面4BCD所成的角為N&P4

A3AA?A

所以tanZ71iB4=tanZJliPA,即AB=AP,

所以4B=AP,

2

所以點P的軌跡為，以4為圓心ZB為半徑的圓的5,

2JL

所以點P的軌跡長度為4x7兀x1=2.

試卷第8頁，總12頁

A

G

【解析】

(1)連接AC,結合正方體的幾何特征，得AC1BD,44i_L平面2BCD,再由線面垂

直的判定定理可得BO_L平面4&GC.

(2)連接&P,根據(jù)題意可得tan“iB4=tanzAP4,推出4B=4P,點P的軌跡為,

_1

以A為圓心4B為半徑的圓的4,進而可得點P的軌跡長度.

20.

【答案】

易知橢圓的右焦點為F(l,0),

所以c=3,

拋物線/=4近的焦點坐標為(0,V3),

所以

a2=b2+c2=3+1=5,

所以橢圓C的方程為4+3=1.

2

易知，m片7,-ITI),

設直線［交橢圓于丫2)，8(%2,為)，

x=iny+2

?22

三上=1

由143,得(562+4)y7+6my-9=7,

所以△=(6zn)2+36(8m2+4)=144(m34-1)>0,

6m9

~~2~2~

所以y2+y2=-《m+1,y5y2=?6m+4,

又由MA=〃AF,

1

所以Qi，yi+m)=41(1—％7,—yi),

11

所以及=_4_mvi,同理%=_i_my4,

y

所以此+友=—7—m(4+y2).

工止424m2+42m

因為了1+丫6=V3y2=.5m2+48)=3,

_5A.A52m6

所以兒+A2=-2—in(V1+)=—2—in*33,

_8

所以a1+%的值為-3.

由(2)知4。8,%)，B(%2,、3)

所以。(4,yQ,E(6,y2),

丫4-1

所以直線4E方程為：y—yz="-"4(x-4),

5丫2—252(3-'1)丫2-252一丫1)

當X=3時，y=y2+4-町(-22(4-X1)

8(4-myi-8)了2一3。4一丫1)3(y7+y-2my4y2

=2(8-X1)=2(6-X1)

3、3一2mx-9

7m2+4

5(4-勺)

_5

所以點N(2,5)在直線4E上，

_5

同理可證，點N(2,

_8

所以m變化時，直線4E與直線BD相交于定點(2.

試卷第10頁，總12頁

【解析】

(1)根據(jù)題意可得C=l,有拋物線％2=4?的焦點坐標得b,計算出。2=岳+?2=4,

進而可得橢圓c的方程為.

2

(2)根據(jù)題意可得，與y軸的交點為M(0,-IB),設4(xi，y1)，B(x2,y2)>聯(lián)立直線，與

橢圓的方程，得關于x的一元二次方程，結合韋達定理可得力+、2,y/2,用坐標表示

11

AF,得;i]=—1一加了1,同理；i2=-i—m'’2,再計算化簡;ii+，2即可得

MA=A1

出答案.

(3)由(2)知Z(xi，%),5(x2,y2),進而可得D(4,yI)，F(xiàn)(4,y2),寫出直線4E方程,

_5_5_5

再把％=2代入，得y=0,推出點N(2,0)在直線4E上，同理可證，點N(2,0)

也在直線BD上，進而得出結論.

21.

【答案】

設點M坐標為(x,y),

因為動點M到定點4(1,0)的距離到定直線x=-1的距離之和為3,

所以J(x—l)2+y2+收+1)2=3,

當y=0時，代入求得x=±|，

所以曲線「與x軸的交點P的坐標(±|,0)；

由(1)知曲線「方程為-1尸+y2+J(x+1)2=3,

當％〈一4時，因為優(yōu)+1]>