广东省云浮市2019-2020高二数学上学期期末考试试题（人教新课标A版附答案）

广东省云浮市2019-2020高二数学上学期期末考试试题（人教新课标A版附答案）

云浮市 2019~2020 学年第一学期高二期末考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分．考试时间 120 分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上， 3．本试卷主要考试内容：人教 A 版必修 2 第二、三、四章，选修 2-1． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的． 1．已知直线l 经过原点 (0,0)O 和 (1,1)A 两点，则直线l 的倾斜角是（ ） A．30 B． 45 C． 60 D．120 2．双曲线 2 2 161 36 x y  的焦距是（ ） A．10 B． 4 7 C． 2 7 D．20 3．已知抛物线 2: 4C x y 的焦点为 F ，则点 F 到抛物线 C 的准线的距离是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．命题“ 0 0x  ， 2 0 04 3 0x x   ”的否定是（ ） A． 0x  ， 2 4 3 0x x   B． 0 0x  ， 2 0 04 3 0x x   C． 0x  ， 2 4 3 0x x   D． 0 0x  ， 2 0 04 3 0x x   5．已知双曲线 2 2 12 x y m   的焦点与椭圆 2 2 14 x y  的焦点相同，则 m  （ ） A．1 B．3 C．4 D．5 6．“ 8m  ”是“椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．若直线 : 0l x y a   被圆 2 2:( 1) ( 2) 4C x y    截得的弦长为 4，则 a （ ） A． 3 B．3 C． 1 D．1 8．已知双曲线 2 2 116 48 x y  的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点 P 是该双曲线上的一点，且 1 10PF  ，则 2PF  （ ） A．2 或 18 B．2 C．18 D．4 9．设 a ，b 表示两条不同的直线， ，  表示两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若 a  ， a  ，则  B．若 a  ， a b∥ ，b ∥ ，则 ∥ C．若 a ∥ ， a b ，b  ，则  D．若 a  ，b ∥ ，则 a b∥ 10．如图，在三棱锥 P ABC 中，点 D ， E ，  F 分别是 AB ， PA ，  CD 的中点，设 PA a ， PB b ， PC c ，则 EF  （ ） A． 1 1 1 4 4 2a b c  B． 1 1 1 4 4 2a b c  C． 1 1 1 4 4 2a b c  D． 1 1 1 4 4 2a b c   11．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左焦点为 F ，点 A 是椭圆C 的上顶点，直线 : 2l y x 与椭圆C 交于 M 、 N 两点．若点 A 到直线l 的距离是 1，且 6MF NF  ，则椭圆 C 的离心率是（ ） A． 1 3 B． 5 3 C． 2 5 3 D． 2 3 12．已知菱形 ABCD 的边长为 2 3 ， 60A   ，把菱形 ABCD 沿着对角线 BD 折成二面角 A BD C  为 120 的空间四边形，则该空间四边形外接球的表面积为（ ） A． 4π B．12π C． 28π D．196π 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．将答案填在答题卡中的横线上． 13．已知向量 ( 2,3,1)a   ， (1, 2,4)b   ，则 a b   ________． 14．若直线 1 :( 1) 2 3 0l a x y    与直线 2 : 3 1 0l x ay   互相垂直，则 a ________． 15．直线 : 2l y kx  与椭圆 2 2: 12 xC y  有公共点，则 k 的取值范围是________． 16．已知抛物线 2: 4C y x ，点Q 在 x 轴上，直线 :( 2) 2 4 0l m x y m     与抛物线 C 交于 M ，N 两 点，若直线QM 与直线QN 的斜率互为相反数，则点Q 的坐标是________． 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说眀、证明过程或演算步骤． 17．（10 分） 已知直线l 经过点  1,3A ，斜率 1k  ． （1）求直线l 的方程； （2）求圆心在原点，且经过直线l 与 y 轴的交点 B 的圆的方程． 18．（12 分） 已知空间三点  2,1,0A ，  2,2,1B ，  0,1,2C ． （1）求 AB AC  的值； （2）若 ( ) ( )AB k AC AB AC      ，求 k 的值 19．（12 分） 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  平面 ABC ，底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形， M 为 1AA 的中 点，点 P 为 AM 的中点，Q 在线段 1CA 上，且 1 3AQ QC ． （1）证明： PQ∥平面 ABC ； （2）求点Q 到平面 ABM 的距离． 20．（12 分） 已知抛物线 2: 8C x y 的焦点为 F ，直线l 与抛物线 C 交于 M ， N 两点． （1）若直线l 的方程为 3y x  ，求 MF NF 的值； （2）若直线l 的斜率为 2，l 与 y 轴的交点为 P ，且 2MP NP  ，求| |MN ． 21．（12 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中， AB AD ， AD BC∥ ， PA PB PD  ，  2PE EC ， O为 BD 的中点． （1）证明：OP 平面 ABCD ； （2）若 2AB  ， 2 4 3BC AD  ，   4PA  ，求二面角C BD E  的余弦值． 22．（12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的焦距为 2 2 ，点 A 在椭圆 E 上，且 OA 的最小值是 2 （O 为 坐标原点）． （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）已知动直线l 与圆 2 2 2: ( 0)O x y t t   相切，且与椭圆 E 交于 P ，Q 两点，是否存在实数t ，使 得OP OQ ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由． 云浮市 2019~2020 学年第一学期高二期末考试 数学参考答案 1．B 由题意可得直线l 的斜率 1k  ，则直线l 的倾斜角是 45． 2．D 由题意可得 64 36 10c    ，则该双曲线的焦距是 2 20c  ． 3．B 由题意可得  0,1F ，抛物线 C 的准线为 1y   ， 则点 F 到抛物线C 的准线的距离是  1 1 2   ． 4．C 特称命题的否定是全称命题． 5．A 由题意可得 2 4 1m   ，则 1m  ． 6．A 因为椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 ， 所以 4 2 2 m m   或 4 2 2 2 m  ，解得 8m  或 2m  ， 故“ 8m  ”是“椭圆 2 2 14 x y m   的离心率为 2 2 ”的充分不必要条件． 7．B 由题意可知直线l 经过圆心  1,2 ，代入直线方程解得 3a  ． 8．C 因为 1 10 12PF a c    ，所以点 P 在该双曲线左支上， 则 2 12 2 4 10 18PF a PF      ． 9．A 对于 D， a 与b 可能异面，故 D 错误；对于 B， 若 a  ，b ∥ ， a b∥ ，则  ，故 B 错误； 对于 C，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，记直线 1 1A D 为 ，平面 ABCD 为 ，直线 1AA 为b ， 平面 1 1 1 1A B C D 为，满足 a ∥ ， a b ，b  ，但  不成立，故 C 错误； 对于 A，由面面垂直判定定理可得  ，故选 A． 10．D 如图，连接 DE ． 因为点 D ， E 分别是 AB ， PA 的中点，所以 1 2ED b  ． 因为点 D 是 AB 的中点， 所以 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2CD CA CB PA PC PB PC a b c                  ． 因为点 F 是CD 的中点，所以 1 1 1 1 2 4 4 2DF CD a b c          ， 则 1 1 1 4 4 2EF ED DF a b c           ． 11．D 由点  0,A b 到直线l 的距离是 1，得 5b  ． 由椭圆的对称性、| | | 6MF NF ∣ 以及椭圆定义， 可得 3a  ，则 2c  ，故离心率为 2 3 ． 12．C 如图， P 为 BD 的中点， 1O ， 2O 分别为 ABD△ 和 BCD△ 的外心， 1OO  平面 ABD ， 2OO  平面 BCD． 由题意可知 120APC   ，所以 60APO   ． 由正三角形 ABD 的性质，得 1 1O P  ，所以 2OP  ． 又 3BP  ，所以 7R OB  ，故 24 28S R   ． 13． ( 1,1,5) 因为 ( 2,3,1)a   ，   (1, 2,4)b   ，所以 ( 1,1,5)a b    ． 14． 1 5  因为 1 2l l ，所以 ( 1) 2 ( 3 ) 0a a     ，所以 1a   ． 15． 6 6, ,2 2              ，联立 2 2 12 2 x y y kx       ， 整理得 2 22 1 8 6 0k x kx    ． 因为直线l 与椭圆 C 有公共点，所以  2 2(8 ) 24 2 1 0k k     ， 解得 6 2k  或 6 2k   ． 16． 2,0 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， ( ,0)Q t ． 由题意可得直线l 过定点 2,0 且斜率存在， 则可设直线l 的方程为 ( 2)y k x  ，联立 2 ( 2) 4 y k x y x     ， 整理得  2 2 2 24 1 4 0k x k x k    ，则 2 1 2 2 1 2 4 4 4 kx x k x x      ， 因为 0QM QNk k  ，所以 1 2 1 2 0y y x t x t    ， 所以      1 2 2 12 2 0k x x t k x x t      ， 即    1 2 1 2 1 22 2 4x x x x t x x    ， 所以 2t   ，故点Q 的坐标是 2,0 ． 17．解：（1）由点斜式方程（或  0 0y y k x x   ， 得 3 1 ( 1)y x    ， 化简得 2y x  （或 2 0x y   ）．（直接写答案只给 3 分） （2）由（1）得直线l 与 y 轴的交点 (0,2)B ， 则圆的半径 2r  ． 由圆的标准方程（或 2 2 2( ) ( )x a y b r    ） 得 2 2 4x y  ． 18．解：（1）因为 (2,1,0)A ， (2,2,1)B ，所以 (0,1,1)AB  ． 因为 (2,1,0)A ， (0,1,2)C ，所以 ( 2,0,2)AC   ， 则 0 ( 2) 1 0 1 2 2AB AC          ． （2）由（1）可知 (0,1,1)AB  ， ( 2,0,2)AC   ， 所以 ( 2 ,1,2 1)AB k AC k k     ， ( 2,1,3)AB AC    ． 因为 ( ) ( )AB k AC k AB AC      ， 所以 4 1 3(2 1) 0k k    ，解得 2 5k   ． 19．（1）证明：因为点 M 为 1A A 的中点，所以 1 1 2AM A A ． 因为 P 为 AM 的中点，所以 1 2AP AM ， 所以 1 3A P AP ． 因为 1 3AQ QC ，所以 1 1 3AQ A P QC PA   ，所以 PQ AC∥ ． 因为 AC  平面 ABC ，所以 PQ∥平面 ABC ． （2）解：过 C 作CH AB ，垂足为 H ， 又 1AA  底面 ABC ，则 1AA CH ， 因为 1AA AB A ，所以CH 平面 ABM ． 因为底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形，所以 3CH  ． 设点Q 到平面 ABM 的距离为 h ， 则 1 1 AQh CH AC  ，即 1 1 AQ CHh AC  ． 因为 1 3AQ QC  ，所以 1 1 3 4 AQ AC  ，所以 3 3 3 4 4h CH  ． 20．解：（1）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ． 联立 2 8 3 x y y x      ，整理得 2 14 9 0y y   ， 则 1 2 14y y  ． 因为 M ， N 均在抛物线C 上， 所以 1 2| | | | 4 18MF NF y y     ． （2）设 (0,  )P t ，则直线l 的方程为 2y x t  ． 联立 2 8 2 x y y x t      ，整理得 2 16 8 0x x t   ， 则 1 2 16x x  ， 1 2 8 x x t  ， 且 216 32 0t    ，即 8t   ． 因为 2MP NP  ，所以点 N 为线段 MP 的中点，所以 1 22x x ． 因为 1 2 16x x  ，所以 1 32 3x  ， 2 16 3x  ， 此时 5128 9t  ， 64 89t     ， 故 2 1 2 32 16 16 5| | 1 5 3 3 3MN k x x            ． 21．（1）证明：取 AD 的中点 F ，连接 PF ，OF ． 因为 PA PD ， F 为 AD 的中点，所以 AD PF ． 因为O 为 BD 的中点， F 为 AD 的中点，所以OF AB∥ ． 因为 AB AD ，所以OF AD ， 因为OF PF F ，OF  平面 POF ， PF  平面 POF ， 所以 AD  平面 POF ． 又OP  平面 POF ，所以 AD OF ． 因为 PB PD ，O 为 BD 的中点，所以 PO BD ． 因为 AD BD D ， AD  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ， 所以OP 平面 ABCD ． （2）解：以O 为坐标原点，平行 AD 的直线为 x 轴，FO 所在直线为 y 轴，OP 所在直线为 z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则 (0,0,0)O ， ( 3,1,0)B  ， ( 3, 1,0)D  ， (3 3,1,0)C ， (0,0,2 3)P ． 因为 2PE EC ，所以 2 2 32 3, ,3 3E       ， 故 (2 3, 2,0)BD   ， 5 2 33, ,3 3DE        ， (0,0,2 3)OP  ． 设平面 BDE 的法向量 ( ,  ,  )m x y z ， 则 2 3 2 0 5 2 33 03 3 m BD x y m DE x y z               ， 不妨取 1x  ，则 (1, 3, 4)m   ． 记二面角C BD E  的大小为 ，由图可知 为锐角， 则 | | 8 3 2 5cos | cos , | 5| || | 2 3 2 5 m OPm OP m OP              ． 22．解：（1）因为| |OA 的最小值是 2 ，所以 2b  ． 因为椭圆 E 的焦距为 2 2 ，所以 2 2 2c  ，即 2c  ， 所以 2 2 2 4a b c   ． 故椭圆 E 的标准方程是 2 2 14 2 x y  ． （2）①当直线l 的斜率不存在时， 因为直线l 与圆O 相切，所以直线l 的方程为 x t  ， 则直线l 与椭圆 E 的交点为 28 2, 2 tt      或 28 2, 2 tt       ． 因为 OP OQ ，所以 2 2 1 2 1 2 8 2 04 tx x y y t     ． 所以 2 4 3t  ，即 2 3 3t  ． ②当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为 y kx m  ，  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ． 联立 2 2 14 2 x y y kx m       ，整理得  2 2 22 1 4 2 4 0k x kmx m     ， 则 1 2 2 4 2 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 4 2 1 mx x k   ． 因为  1 1,P x y ，  2 2,Q x y 在直线l 上， 所以     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       ， 将 1 2 2 4 2 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 4 2 1 mx x k   代入上式， 得  2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 4 4 4 2 1 2 1 2 1 k m k m m ky y mk k k        ． 因为 OP OQ ，所以 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 4 02 1 2 1 m m kx x y y k k       ， 即  2 23 4 1m k  ． 因为动直线l 与圆 O 相切，所以 2 | | 1 m t k   ， 所以 2 2 2 4 1 3 mt k   ，即 2 3 3t  ． 综上，存在 2 3 3t  ，使得 OP OQ ．