北京市房山区2021-2022高二数学下学期期末考试试题(含解析).doc

北京市房山区2021-2022高二数学下学期期末考试试题（含解析）

本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回，试卷自行保存。

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1.抛物线x28y的焦点坐标为 A. （0，2） 【答案】A 【解析】 【分析】

根据抛物线标准方程求得p，从而得焦点坐标．

【详解】由题意2p8，p4，∴焦点在y轴正方向上，坐标为(0,2)． 故选A．

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题．解题时要掌握抛物线四种标准方程形式． 2.复数

B. （2，0）

C. （0，4）

D. （4，0）

2的共轭复数是 1iB. -1-i

C. 1+i

D. 1-i A. -1+i 【答案】D 【解析】 【分析】

化简复数为标准形式，然后写出共轭复数．

22(1i)1i，其共轭复数为1i． 【详解】

1i(1i)(1i)故选D．

【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题．

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x2y23.已知双曲线1的离心率为2，则m=

m2A. 4 【答案】B 【解析】 【分析】

根据离心率公式计算． 【详解】由题意c故选B．

【点睛】本题考查双曲线的离心率，解题关键是掌握双曲线的标准方程，由方程确定a,b．

4.如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则AD+等于

B. 2

C. 2

D. 1

m2，∴ecm22，解得m2． am1（BC-BD）2

A. AD B. FA C. AF D. EF 【答案】C 【解析】 【分析】

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由向量的线性运算的法则计算． 【详解】BC-BD＝DC，∴AD+

11(BCBD)DCDF， 221（BC-BD）ADDFAF． 2故选C．

【点睛】本题考查空间向量的线性运算，掌握线性运算的法则是解题基础．

5.若d=（4，2，3）是直线l的方向向量，n=（-1，3，0）是平面α的法向量，则直线l与平面α的位置关系是 A. 垂直

C. 直线l在平面α内 【答案】D 【解析】 【分析】

判断直线l的方向向量与平面的法向量的关系，从而得直线与平面的位置关系．

【详解】显然d与n不平行，因此直线l与平面不垂直，又

B. 平行 D. 相交但不垂直

dn4(1)23302，即d与n不垂直，从而直线l与平面不平行，故直线l与平面相交但不垂直． 故选D．

【点睛】本题考查用向量法判断直线与平面的位置关系，方法是由直线的方向向量与平面的法向量的关系判断，利用向量的共线定理和数量积运算判断直线的方向向量与平面的法向量是否平行和垂直，然后可得出直线与平面的位置关系．

6.“m≠0”是“方程xy=m表示的曲线为双曲线”的 A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】C 【解析】

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22B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

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【分析】

根据双曲线的标准方程进行判断．

22【详解】m0时，方程xy0表示两条直线yx，m0时，方程可化为

x2y2 1，m0时表示焦点在x轴上的双曲线，m0时表示焦点在y轴上的双曲线．

mm故选C．

【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查充分必要条件，解题关键是掌握双曲线的标准方程．

7.如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是

AAP A. 平面D1A1P平面1B. APD1的取值范围是（0，

] 2C. 三棱锥B1D1PC的体积为定值 D. DC1D1P 【答案】B 【解析】 【分析】

根据线面位置关系进行判断．

AAP，A正确； 【详解】∵D1A1平面AA1P，∴平面D1A1P平面1若P是A1B上靠近A1的一个四等分点，可证此时D1PA为钝角，B错；

由于BP//CD1，则BP//平面B1D1C，因此PB1D1C的底面是确定的，高也是定值，其

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体积为定值，C正确；

D1P在平面CC1D1D上的射影是直线D1C，而D1CDC1，因此DC1D1P，D正确．

故选B．

【点睛】本题考查空间线面间的位置关系，考查面面垂直、线面平行的判定，考查三垂线定理等，所用知识较多，属于中档题．

x2y28.设F是椭圆=1的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点Pi（i=1,2,3,···）2516PF，P12F，P3F，···组成公差为d（d>0）的等差数列，则d的最大值为

A.

2 5B.

3 10C.

1 5D.

1 10【答案】B 【解析】 【分析】

求出椭圆点到F的距离的最大值和最小值，再由等差数列的性质得结论．

x2y21中a5,b4,c3，而PF的最大值为ac8，最小值为【详解】椭圆

2516ac2，

20d826，d∴P21FPF1故选B．

【点睛】本题考查椭圆的焦点弦的性质，考查等差数列的性质，难度不大．

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

9.已知a,b∈R,i是虚数单位，（a+bi）i=2+3i，则a=____________,b=____________ 【答案】 (1). 3 (2). -2 【解析】 【分析】 求出abi．

3． 10 5 / 175

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【详解】由题意abi故答案

23i32i，∴a3，b2． i（1）3；（2）－2．

【点睛】本题考查复数的运算，考查复数的概念，属于基础题．

10.在空间直角坐标系中，已知点M（1，0，1），N（-1，1，2），则线段MN的长度为____________ 【答案】6 【解析】 【分析】

根据两点间距离公式计算．

【详解】MN[1(1)]2(01)2(12)26． 故答案为6．

【点睛】本题考查空间两点间距离公式，属于基础题．

11.若双曲线的渐近线方程为y=±

3x，则满足条件的一个双曲线的方程为____________ 2x2y2【答案】=1（答案不唯一） 49【解析】 【分析】

由双曲线标准方程与渐近线方程的关系可得． 【详解】渐近线方程为y=±

333x的双曲线方程为(xy)(xy)(0)，则222x2y21就是其中之一． 49x2y2故答案为1．

49x2y2【点睛】本题考查双曲线的几何性质：渐近线，与双曲线221共渐近线的双曲线方

abx2y2程为22(0)，此方程对焦点没有要求，即焦点可在x轴上，也可在y轴上．

ab

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12.如图，在长方形ABCD-A1B1C1D1中，设AD=AA1=1，AB=2，则AC1·BC等于____________

【答案】1 【解析】 【分析】

选取AB,AD,AA为基底，把其它向量都用基底表示后计算． 1【详解】由题意AC1BC(ABADAA 1)ADABADADADAA1ADAD1．

故答案为1．

【点睛】本题考查空间向量的数量积，解题关键是选取基底，把向量用基底表示后再进行计算．

2x2y213.已知椭圆221（a>b>0）的离心率为e，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，若椭圆

ab上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则满足条件的一个e的值为____________ 【答案】【解析】 【分析】

当P为短轴端点时，F1PF2最大，因此满足题意时，此角必为钝角． 【详解】由题意当P为短轴端点时，F1PF2为钝角，∴

32（答案不唯一， 优质资料\\word可编辑

答案可为3． 2【点睛】本题考查椭圆的几何性质．解题中注意性质：P是椭圆上任意一点，F1,F2是椭圆的两个焦点，当P为短轴端点时，F1PF2最大．

14.已知曲线W的方程为y+x2-5x=0

①请写出曲线W的一条对称轴方程________________ ②曲线W上的点的横坐标的取值范围是____________ 【答案】 (1). y=0（或x=【解析】 【分析】

①由于曲线方程中变量x,y是分开的，因此可只考虑纵坐标的对称性，也可只考虑横坐标的对称性；②解不等式x25x0可得．

【详解】①由方程知(x,y)是曲线上的点时，点(x,y)也是曲线上的点，因此y0是一条对称轴，同样点(x,y)与(x,y)也同时是曲线上的点，因此x②x25x0，0x5． 故答案为①y0（或x5） (2). [0,5] 252525也是一条对称轴； 25）；②[0,5]． 2【点睛】本题考查曲线与方程，考查用方程研究曲线的性质，属于基础题．

三、解答题共6题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 15.已知复数z1a2i,z234i（a∈R,i为虚数单位）

z2是纯虚数，求实数a的值； （I）若z1·z1（II）若复数在复平面上对应的点在第二象限，求实数a的取值范围

z2383【答案】（Ⅰ）a（II）a

823【解析】

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【分析】

（I）计算出z1z2，由其实部为0，虚部不为0可求得a值； （II）计算出

z1，由其实部小于0，虚部大于0可求得a的取值范围． z2z2=（a2i）【详解】解：（I）由复数z1a2i,z234i得z1·（34i）=3a+8+（6-4a）

i 8z2是纯虚数，则3a+8=0，若z1·（6-4a）≠0，解得a=-

3z1a2ia2i34i3a864ai （II）=

z234i34i34i2525若

z13a80在复平面上对应的点在第二象限，则有 z264a038a 23解得-

【点睛】本题考查复数的乘除运算，考查复数的概念与几何性质，属于基础题．

16.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥AB，AB=AC=2，CC1=4，D为BC的中点

（I）求证：AC⊥平面ABB1A1； （II）求证：A1C∥平面ADB1；

（III）求平面ADB1与平面ACC1A1所成锐二面角的余弦值 【答案】（Ⅰ）见解析（II）见解析（III）【解析】

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【分析】

（I）CC1⊥平面ABC，得AA1⊥平面ABC，从而AA1⊥AC，再结合已知可证得线面垂直； （II）连接A1B，与AB1相交于点O，连接DO，可证DO∥A1C，从而证得线面平行； （III）以AB,AA1,AC为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两平面ADB1和平面ACC1A1的法向量，由法向量的夹角余弦值求得二面角的余弦值． 【详解】（I）∵CC1⊥平面ABC，AA1∥CC1 ∴AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥AC 又AC⊥AB，AB∩AA1=A ∴AC⊥平面ABB1A1·

（II）连接A1B，与AB1相交于点O，连接DO ∵D是BC中点，O是A1B中点， 则DO∥A1C，

AC平面ADB1，DO平面ADB1 1∴A1C平面ADB1 （III）由（I）知，AC⊥平面ABB1A1，AA1⊥AB 如图建立空间直角坐标系A-xyz·

则A（0，0，0），B（2，0，0），B1（2，4，0），D（1，0，1），AD=（1，0，1），AB1=（2，4，0）

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设平面ADB1的法向量为n=（x,y,z），则

ADxz0n·，即 AB12x4y0n·取y=1，得n=（-2，1，2） 平面ACC1A1法向量为AB=（2，0，0）

Cos=

nAB则平面ADB1与平面ACC1A1所成锐二面角的余弦值为

【点睛】本题考查线面垂直的判定与线面平行的判定，考查用向量法求二面角．立体几何中线面间的平行与垂直一般用判定定理进行证明，而求空间角一般用空间向量法求解．

17.已知抛物线C：y=2px（p>0）的准线方程为x=-（I）求抛物线C的方程；

（II）若P是抛物线C上一点，点A的坐标为（

（III）若过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于M，N两点，求线段MN的中点坐标。

21） 【答案】（Ⅰ）y2x（II）4（III）线段MN中点的坐标为（，的2 32n·AB=-

2· 31,F为抛物线的焦点 27,2）,求PAPF的最小值； 232【解析】 【分析】

（I）由准线方程xp1求得p，可得抛物线标准方程． 22（II）把PF转化为P到准线的距离PB，可得B,P,A三点共线时得所求最小值． （III）写出直线MN方程，代入抛物线方程后用韦达定理可得中点坐标． 【详解】（I）∵准线方程x=-21,得p=1， 2∴抛物线C的方程为y2x

（II）过点P作准线的垂线，垂直为B，则PB=PF

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要使PA+PF的最小，则P，A，B三点共线 此时PA+PF=

71+=4· 22（III）直线MN的方程为y=x-

1· 2112代入抛物线方程y2x,得x2-3x+=0

42设M（x1,y1），N（x2,y2），把y=x-∵△=9-4×1×

1＝8＞0 43xx∴x1+x2=3，12=

22313线段MN中点的横坐标为，纵坐标为1

22231） 线段MN中点的坐标为（，2【点睛】本题考查抛物线的标准方程与几何性质．解题时注意抛物线上的点到焦点的距离常常转化为这点到准线的距离．

18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥底面ABCD，PD⊥AD，PD=AD，

E为棱PC中点

（I）证明：平面PBC⊥平面PCD；

（II）求直线DE与平面PAC所成角的正弦值；

（III）若F为AD的中点，在棱PB上是否存在点M，使得FM⊥BD？若存在，求若不存在，说明理由。

【答案】（Ⅰ）见解析（II）

的

PM的值，MBPM16（III）存在，=

MB3312 / 1712

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【解析】 【分析】

（I）由面面垂直的性质定理得PD⊥底面ABCD，从而可得BC⊥平面PCD，然后可证得面面垂直；

（II）以DA,DC,DP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量和直线的方向向量，平面的法向量和直线的方向向量的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦；

（III）设BM=λBP（0≤λ≤1），由FMBD0求得即可． 【详解】（I）∵平面PAD⊥底面ABCD，又PD⊥AD， ∴PD⊥底面ABCD ∴PD⊥BC 又∵底面ABCD为正方形，BC⊥CD ∴BC⊥平面PCD ∴平面PBC⊥平面PCD，

（II）由（I）知，PD⊥底面ABCD，AD⊥CD 如图以点D为原点建立空间直角坐标系

不妨设PD=AD=2，可得D（0，0，0），A（2，0，0，），C（0，2，0），P（0，0，2）， 由E为棱PC的中点，得E（0，1，1），DE （0，11，）向量AC=（-2，2，0），PA=（2，0，-2），设n=(x,y,z)为平面PAC的法向量，则

n·AC02x2y0，即 2x2z0n·PA0不妨令x=1,可得n=（1，1，1）为平面PAC的一个法向量

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设直线DE与平面PAC所成角为θ 所以sinθ=cosDE,n=

DE·nDE·n6 36 3所以，直线DE与平面PAC所成角的正弦值为

（III）向量BP=（-2，-2，2），DB=（2，2，0），FB=（1，2，0） 由点M在棱PB上，设BM=λBP（0≤λ≤1） 故FM=FB+BM=（1-2λ，2-2λ，2λ） 由FM⊥DB，得FM·DB=0 因此（1-2λ）×2+（2-2λ）×2=0 解得λ=

3PM1，所以=

MB34判定与性质，考查直线与平面所成的角，考查立体几何中的存

【点睛】本题考查面面垂直

在性问题．解题时要注意线面间的位置关系的证明需用相应的判定定理和性质定理去证明，用求空间的角（异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等）一般用空间向量法求解，这就要求先建立空间直角坐标系．

x2y219.已知椭圆M：22=1（a>b>c）的一个顶点坐标为（0，1），焦距为22.若直线y=x+mab与椭圆M有两个不同的交点A，B （I）求椭圆M的方程；

（II）将AB表示为m的函数，并求△OAB面积的最大值（O为坐标原点）

3x23【答案】（Ⅰ）y2=1（II）ABm26，（-2232【解析】 【分析】

的（I）已知条件说明b1，2c22，从而可得a，得椭圆方程；

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（II）把直线方程代入椭圆方程，设交点为A(x1,y1),B(x2,y2)，由判别式求得m的取值范围，用韦达定理求得x1x2,x1x2，由弦长公式AB1k2x1x2求得弦长AB，再求出点O到直线AB的距离，从而得出OAB的面积表示为m的函数，由函数的知识可得最大值．

【详解】（I）由题意可知：c=2,b=1 由a2b2c2得：a=3 x2所以椭圆的标准方程为：y2=1

3（II）设点A坐标为（x1，y1）、点B坐标为（x2，y2） 联立直线与椭圆的方程yxm，消去y 22x3y3整理得4x2+6mx+3m2-3=0

由直线与椭圆相交可得：△=36m2-16（3m2-3）>0,即m2<4 解得：-23m3m23x1x2=-,x1x2= 24AB2x1x22x1x2m2

2323m24x1x223m3m6 222点O到直线l的距离d=所以

SOABm2113233ABdm64m2m4=4m22(-215 / 1715

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方程联立后消元，由判别式求得参数的取值范围，用韦达定理求得x1x2,x1x2，由弦长公式AB1k2x1x2求得弦长AB．

20.在平面直角坐标系xOy中，动点P与两定点A（-2，0），B（2，0）连线斜率之积为-记点P的轨迹为曲线C （I）求曲线C的方程；

1，2（II）若过点（-2，0）的直线l与曲线C交于M，N两点，曲线C上是否存在点E使得四边形OMEN为平行四边形？若存在，求直线l的方程，若不存在，说明理由

x2y2【答案】（Ⅰ）曲线C的方程为=1（x≠±2）（II）存在，直线l的方程为42x2y20.

【解析】 【分析】

（I）设动点为P(x,y)，直接把斜率之积为1用坐标表示出来即可； 2（II）假设存在符合条件的点E(x0,y0)，由题意知直线l的斜率不为零，同时设直线l的方程为xmy2，M(x1,y1),N(x2,y2)，把直线方程代入曲线方程，由韦达定理得

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y1y2，同时求得x1x2，而平行四边形OMEN存在，则有OEOMON，从而可得

E点坐标，再代入（I）中所求曲线方程可求得参数m值，说明假设正确．

【详解】解：（Ⅰ）设P（x,y）,有kPA·kPB=-

1 2得

1yy·=- x2x22x2y2整理得=1（x≠±2） 42x2y2∴曲线C的方程为=1（x≠±2） 42

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（II）假设存在符合条件的点E（x0，y0）由题意知直线l的斜率不为零 设直线l的方程为x=my-2

点M坐标为（x1，y1）、点N坐标为（x2，y2）

xmy22由2得：（m2+2）y-22my-2=0,△>0 2x2y4∴y1+y222m 2m242 2m2则x1x2m(y1+y2)22=-由四边形OMEN为平行四边形，得到OEOMON ∴E（-4222m） ，22m2m2把点E坐标代入曲线C的方程得：m4-4=0，解得m22 ∴直线l的方程为x2y20

【点睛】本题考查求曲线方程，方法是直接法，考查椭圆中的存在性问题，解题方法是设而不求法，即设交点坐标为M(x1,y1),N(x2,y2)，设直线l的方程为xmy2，代入椭圆方程后用韦达定理，再把此结论代入题意存在的点所满足的几何条件求出参数m即可．

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