2020-2021年人教版高二年级上册册数学期末数学试卷带答案

2020-2021学年高二(上)期末数学试卷

一、填空题(本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5

分))

1.复数Zi，Z2在复平面内对应的点关于直线y=x对称，且Zi=3+2i,则Z2=

2.复数等&是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为

3.抛物线/=i6y的准线方程是

(z-1)2

00=--------

,则同=

4.已知复数z=2+4i,其中i是虚数单位,z+l

5.设E,F,G,H分别是空间四边形ZBCD的边AB,BC,CD,D4的中点，若4cl

BD,则四边形EFGH的形状是.

6.直线1与抛物线y2=4x交于两点4(%1，yQ,fi(x2,y2)-。为坐标原点，若

*.

0A・0B=-4,则与冷=.

7.已知点&,尸2分别是椭圆/+2y2=2的左、右焦点，点P是该椭圆上的一个动点,

那么|P\+P%2l的最小值是.

8.设Fi，尸2是双曲线?一号=1的两个焦点，P是该双曲线上一点，且|P&|：|PF2|=

2:1,则APF1F2的面积等于

9.已知矩形4BCD的边4B=a,BC=2,P4J•平面ABC。，PA=2,现有以下五个数

据：(l)a=：；(2)a=1；(3)a=(4)a=2；(5)a=4.

当在BC边上存在点Q,使PQ1QD时，则a可以取.(填上一个正确的数据序

号即可)

10.在所有经过正方体4BCC-4B1C1D1的任意两个顶点的直线中任取k条，求这k条

直线恰是两两异面，则k的最大值为.

11.在平面几何里，有勾股点了"设△ABC的两边AC,AB互相垂直，则4炉+4。2=

BC2.”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，若三棱锥4-BCD的三个侧面ABC,

ACD,ADB两类互相垂直，则有.

12.过双曲线/一3=1的右支上一点P,分别向圆G：。+4）2+丫2=4和圆。2：

（x-4）2+y2=i作切线，切点分别为M,N,则|PM|2-|PN『的最小值为

二、选择题（本大题共4小题，满分20分，每题5分））

13."a>0,b>0"是"方程a/+by2=1表示椭圆”的（）

A.充要条件B.充分非必要条件

C.必要非充分条件D.既不充分也不必要条件

14.已知平面a与平面口相交，直线?nla,则（）

A#内必存在直线与小平行，且存在直线与m垂直

B./?内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与?n垂直

C./?内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直

D./?内必存在直线与m平行，却不一定存在直线与m垂直

15.正方体48。0-4181的。1中，E,F,G,H分别为CC「BC,CD,8%的中点，则

下列结论正确的是（）

A.BiG〃EFB.&H1EF

C.&G与/E相交D.平面NEFn平面44也。=4。1

x22

16.已知直线Z：V3x+y+2=0与椭圆「：2516=1交于4,B两点，直线。与

椭圆T交于M,N两点，有下列直线（）AX-y—2=0；②x+J③

T/3—2—0；

③比+y-2=0；④-y+2=0,其中满足4。48与4OMN的面积相等的

直线k可以是（）

试卷第2页，总12页

A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④

三、解答题（本大题共5小题，满分35分））

17.已知复数Zi，Z2是实系数一元二次方程a/+bx+c=O的两根，且复数Zi在复平面

内对应的点在第一象限，若zi+2z2=12—3i,其中i是虚数单位.

（1）求复数Z],z2；

（2）若复数z满足|z|=l,求|z-zi|的最大值和最小值.

18.唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说："白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河”

诗中隐含着一个有趣的"将军饮马"问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后

从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面

直角坐标系中，将军从点4（3,0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将

军只要到达军营孙在区域即为回到军营.

（1）若军营所在区域为0：/+y232,求"将军饮马"的最短总路程；

（2）若军营所在区域为0:|x|+2|y|W2,求"将军饮马"的最短总路程.

19.如图，已知正方体4BCD-&81GD1的边长为1,点P在底面4BCD（含边界）内运

（1）证明：BD_L平面4&C1C；

（2）若&P和与平面4BCD所成的角相等，求点P的轨迹长度.

22

x,y

rc：下4V=i

20.已知直线，:尤=my+l过椭圆a°的右焦点凡且直线，交椭圆C于4

8两点，点4F,B在直线l:x=4上的射影依次为点D,K,E.

（1）求椭圆C的方程；

MA=1AF,MB=oBF

⑵若直线咬y轴于点M,且m12山，当7n变化时，探究

%+%的值是否为定值？若是，求出心+”的值；否则，说明理由；

(3)连接4E,BD,试探究当m变化时，直线4E与BC是否相交于顶点？若是，请求

出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.

21.已知平面内到定点4(1,0)的距离与到定直线x=-1的距离之和为3的动点M的轨迹

是「，

(1)求曲线「与x轴的交点P的坐标：

(2)求曲线「的方程;

(3)设B(a,1)(a为常数)，求|M4|+|MB|的最小值d(a).

试卷第4页，总12页

参考答案与试题解析

一、填空题(本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5

分)

1.

【答案】

2+3i

【解析】

直接利用对称知识求出复数的代数形式即可.

2.

【答案】

4

【解析】

化简复数为a+b氏a,b€R),然后由复数的实部等于零且虚部不等于0求出实数a的值.

3.

【答案】

y——4

【解析】

利用抛物线方程直接求解准线方程即可.

4.

【答案】

17

T

【解析】

求出Z,求出3,从而求出|3|的值即可.

5.

【答案】

矩形

【解析】

利用三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形.根据4C1BD,可得EF1

EH.即可判断出四边形EFGH的形状是矩形.

6.

【答案】

4

【解析】

把点的坐标代入方程，结合向量的数量积化简求解即可.

7.

【答案】

2

【解析】

求出椭圆的a,b,运用中点的向量表示，得到|P%+P,I=2|而|，再设P(x,y)，运

用椭圆方程，以及二次函数的值域即可得到最小值.

8.

【答案】

12

【解析】

先由双曲线的方程求出再由求出由此转

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

化求出APF1F2的面积.

9.

【答案】

⑴或⑵

【解析】

根据三垂线定理结合PQ1QD,可得PQ在底面的射影4Q也与QD垂直，由此可得平面

4BCD内满足条件的Q点应在以4。为直径的圆上，得出a<1即可选出正确选项.

10.

【答案】

4个

【解析】

根据异面直线的判断方法，结合正方体的结构特征即可判断.

11.

【答案】

S14BC+^IACD+S^ABD=SWBCD

【解析】

由边对应着面，边长对应着面积，由类比可得结果.

12.

【答案】

13

【解析】

求得两圆的圆心和半径，设双曲线的左右焦点为连接

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

运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和

PF1,PF2,&M,F2N,

取得最小值，计算即可得到所求值.

二、选择题(本大题共4小题，满分20分，每题5分)

13.

【答案】

C

【解析】

直接利用必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法结合椭圆标准方程得答案.

14.

【答案】

C

【解析】

作两个相交平面，交线为n,使直线m_La,然后利用反证法说明，假设0内一定存在

直线a与小平行，根据面面垂直的判定定理证明a10,这与平面a与平面0相交不一定

垂直矛盾，然后根据线面垂直的性质说明口内必存在直线与根垂直，从而证得结论.

15.

【答案】

试卷第6页，总12页

C,D

【解析】

如图所示，建立空间直角坐标系，不妨取4。=2.

4.B]G与EF为异面直线，即可判断出正误；

B.计算1・EF与o比较，即可判断出正误；

C.根据GE〃DG，DC.//AB.,可得四边形A&EG为梯形，即可判断出正误；

D.连接BG，可得BCJ/EF,于是EF〃4Di，即可判断出正误.

16.

【答案】

B

【解析】

根据于椭圆具有轴对称和中心对称的性质，经过平移和旋转即可求出直线。的方程.

三、解答题(本大题共5小题，满分35分)

17.

【答案】

设ZI=Q+bit则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；

满足|z|=5的复数z在以原点为圆心,以1为半径的圆上，

而1盯l=V62+33=5

|z-Zi|的最大值为4,最小值为4.

【解析】

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

复数相等的条件列式求得a与b的值，则z「Z2可求；

(2)满足|z|=l的复数z在以原点为圆心，以1为半径的圆上，求出|z/,则|z-zj的

最大值和最小值即可.

18.

【答案】

若军营所在区域为0:/+y4<2,

作图如下：

设将军饮马点为P,到达营区点为B,

则总路程|PB|+\PA\=\PB\+\PA'\,

要使得路程最短，只需要|PB|+|P4|最短,

即点4到军营的距离最短,

即点力'到/+/<2的最短距离，为|。川一

若军营所在区域为。|x|+2|y|<2,

V（4-8）2+l8=V5,

所以点4到区域。最短距离|AB|=

【解析】

设点4(3,0)关于直线x+y=4的对称点为A(a,b),由对称性，解得4'(4,1),作出可

行域，结合图形，即可解得答案.

19.

【答案】

证明：连接AC,

由正方体的几何特征，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.

与平面力BCD所成的角为乙41B4,

&P与平面4BCD所成的角为N&P4

A3AA।A

所以tanZ71iB4=tanZJliPA,即AB=AP,

所以4B=AP,

2

所以点P的轨迹为，以4为圆心ZB为半径的圆的5,

2JL

所以点P的轨迹长度为4x7兀x1=2.

试卷第8页，总12页

A

G

【解析】

(1)连接AC,结合正方体的几何特征，得AC1BD,44i_L平面2BCD,再由线面垂

直的判定定理可得BO_L平面4&GC.

(2)连接&P,根据题意可得tan“iB4=tanzAP4,推出4B=4P,点P的轨迹为,

_1

以A为圆心4B为半径的圆的4,进而可得点P的轨迹长度.

20.

【答案】

易知椭圆的右焦点为F(l,0),

所以c=3,

抛物线/=4近的焦点坐标为(0,V3),

所以

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

所以椭圆C的方程为4+3=1.

2

易知，m片7,-ITI),

设直线［交椭圆于丫2)，8(%2,为)，

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

因为了1+丫6=V3y2=.5m2+48)=3,

_5A.A52m6

所以儿+A2=-2—in(V1+)=—2—in*33,

_8

所以a1+%的值为-3.

由(2)知4。8,%)，B(%2,、3)

所以。(4,yQ,E(6,y2),

丫4-1

所以直线4E方程为：y—yz="-"4(x-4),

5丫2—252(3-'1)丫2-252一丫1)

当X=3时，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

所以点N(2,5)在直线4E上，

_5

同理可证，点N(2,

_8

所以m变化时，直线4E与直线BD相交于定点(2.

试卷第10页，总12页

【解析】

(1)根据题意可得C=l,有抛物线％2=4«的焦点坐标得b,计算出。2=岳+©2=4,

进而可得椭圆c的方程为.

2

(2)根据题意可得，与y轴的交点为M(0,-IB),设4(xi，y1)，B(x2,y2)>联立直线，与

椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得力+、2,y/2,用坐标表示

11

AF,得;i]=—1一加了1,同理；i2=-i—m'’2,再计算化简;ii+，2即可得

MA=A1

出答案.

(3)由(2)知Z(xi，%),5(x2,y2),进而可得D(4,yI)，F(4,y2),写出直线4E方程,

_5_5_5

再把％=2代入，得y=0,推出点N(2,0)在直线4E上，同理可证，点N(2,0)

也在直线BD上，进而得出结论.

21.

【答案】

设点M坐标为(x,y),

因为动点M到定点4(1,0)的距离到定直线x=-1的距离之和为3,

所以J(x—l)2+y2+收+1)2=3,

当y=0时，代入求得x=±|，

所以曲线「与x轴的交点P的坐标(±|,0)；

由(1)知曲线「方程为-1尸+y2+J(x+1)2=3,

当％〈一4时，因为优+1]>