【文档说明】辽宁省锦州市2020-2021学年高二上学期期末考试数学试题 答案.pdf，共(6)页，1.042 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度第一学期期末考试高二数学参考答案及评分标准一、单项选择题：(共8道小题,每小题5分,共40分)1~5BACCD6~8CCD二、多项选择题:(共4道小题,每小题5分,共20分)9.AD10.A

B11.ABD12.ABC三、填空题：（共4小题,每小题5分,共20分）13−4;√13(第一空2分,第二空3分)14.615.12016.8四、解答题：（本大题共6小题，共70分）17.（本小题满分10分）解：选①若𝑚>0，则𝑎2=𝑚，𝑏2=

2𝑚，𝑐2=𝑎2+𝑏2=3𝑚，…………2分所以𝑐=√3𝑚，…………3分所以C的焦距为2𝑐=2√3𝑚=6，…………4分解得𝑚=3，则C的方程为𝑥23−𝑦26=1．…………5分若𝑚<0，

则𝑎2=−2𝑚，𝑏2=−𝑚，𝑐2=𝑎2+𝑏2=−3𝑚，…………7分所以𝑐=√−3𝑚．…………8分所以C的焦距为2𝑐=2√−3𝑚=6，…………9分解得𝑚=−3，则C的方程为𝑦26

−𝑥23=1．…………10分选②，若𝑚>0，则𝑎2=𝑚，所以𝑎=√𝑚，…………2分因为C上一点到两焦点的距离之差的绝对值为4，所以2𝑎=2√𝑚=4，…………3分解得𝑚=4，…………4分则C的方程为𝑥24−𝑦28=1，…………5分若𝑚

<0，则𝑎2=−2𝑚，所以𝑎=√−2𝑚…………7分因为C上一点到两焦点的距离之差的绝对值为4，所以2𝑎=2√−2𝑚=4，…………8分解得𝑚=−2，…………9分则C的方程为𝑦24−𝑥22=1．…………10分18．（本题满分12分）解：(1)2𝑎⃗⃗+�

�⃗=2(𝑥,−1,3)+(1,2，−1)=(2𝑥+1，0，5)…………2分由𝑐⃗//(2𝑎⃗⃗+𝑏⃗)可设𝑐⃗=𝑡(2𝑎⃗⃗+𝑏⃗)(𝑡≠0)，…………3分∴(1,0，1)=(𝑡(2𝑥+1)，0，5𝑡)，即∴{𝑡(2𝑥+1)=1,5𝑡

=1,…………4分即{𝑡=15,𝑥=2,…………5分∴𝑥的值为2；…………6分(2)𝑎⃗⃗−𝑏⃗=(2,−1,3)−(1,2，−1)=(1，−3，4)，𝜆𝑎⃗⃗+𝑏⃗=𝜆(2,−1,3)+(1,2，−1)=(2𝜆

+1，−𝜆+2，3𝜆−1)，…………8分∵(𝑎⃗⃗−𝑏⃗)⊥(𝜆𝑎⃗⃗+𝑏⃗)，∴2𝜆+1−3(−𝜆+2)+4(3𝜆−1)=0，…………10分∴𝜆=917．…………12分19.（本题满分12分）解法一：如图,以𝐷为原点,分别以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗方向为𝑥,𝑦,𝑧轴正方向建立空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2,则𝐷1(0,0,2),𝐵(2,2,0),𝐶(0,2,0),𝐸(0,1,2)…………2分(1)因为BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(

−2,−2,2),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−1,2)…………4分设直线𝐶𝐸与直线𝐵𝐷1所成的角为𝛼则𝑐𝑜𝑠𝛼=|𝑐𝑜𝑠<𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐵𝐷1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∙|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|=62√3×√5=√155即直线𝐶𝐸与直线𝐵𝐷1所成的角的余弦值为√155.…………6分(2)存在点𝑃且𝐴𝑃=34𝐴𝐴1,满足𝐶𝐸⊥𝐸𝑃.…………8分证明:假设存在点𝑃满足

条件,设𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0≤𝜆≤1)，(2,0,0),A𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)设P(,,)xyz易得𝑃(2,0,2𝜆),所以𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−1,2𝜆−2)𝐶𝐸⊥𝐸𝑃

⇔𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0即1+2(2𝜆−2)=0,解得𝜆=34…………10分故在棱𝐴𝐴1上存在点𝑃满足𝐶𝐸⊥𝐸𝑃,此时𝐴𝑃=34𝐴𝐴1…………12分Pzyx解法二：(1)不妨设正方体的棱长为2如图,取棱11AB的中点F,连接1，B

FDF,则𝐵𝐹//𝐶𝐸所以1DBF即为直线1与BDCE所成的角.………2分在11中，5DBFDFBF,123BD………4分由余弦定理得：cos∠𝐷1𝐵𝐹=𝐵𝐷12+𝐵𝐹2−𝐷1�

�22𝐵𝐷1⋅𝐵𝐹=(√5)2+(2√3)2−(√5)22⋅√5⋅2√3=√155即直线𝐶𝐸与直线𝐵𝐷1所成的角的余弦值为155.…………6分(2)如图在平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1内作𝐸𝑀⊥𝐶𝐸交𝐷𝐷1于𝑀易知11相似于DEMCCE,所以1D

M=121CE=14𝐷𝐷1再过𝑀作𝑀𝑃//𝐴𝐷交𝐴𝐴1与𝑃,则𝐴𝑃=34𝐴𝐴1…………8分因为𝐴𝐷⊥平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1,所以𝑀𝑃⊥平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1,CE⊂平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1,所以𝑀𝑃

⊥𝐶𝐸又因为𝐸𝑀⊥𝐶𝐸,𝐸𝑀∩𝑀𝑃=𝑀,所以𝐶𝐸⊥平面𝐸𝑀𝑃,…………10分而𝐸𝑃⊂平面𝐸𝑀𝑃,所以𝐶𝐸⊥𝐸𝑃故在棱𝐴𝐴1上存在点𝑃满足𝐶𝐸⊥𝐸𝑃,此时𝐴𝑃=34𝐴𝐴1…………12分20．（

本题满分12分）解：(1)设所求直线方程为4𝑥+3𝑦+𝑚=0．…………1分因为直线与圆相切，所以d=|𝑚|√32+42=4，得m=±20…………3分所以所求直线方程为4𝑥+3𝑦±20=0．…………4分(2)解法一：假设存在这样的点，…………5分当为圆C与

y轴的上交点时，；当为圆C与轴的下交点时，，…………6分EFD1C1B1A1DCBAPMEFD1C1B1A1DCBA依题意，，解得(舍去)或．…………8分下面证明点对于圆C上任一点，都有为一常数．设，则𝑥2=16−𝑦2，所以

，…………11分从而为常数．…………12分(2)解法二：假设存在这样的点𝐵(0,𝑡),对于圆上任意一点P都有|𝑃𝐵||𝑃𝐴|=𝑘(常数)……5分则有|𝑃𝐵||𝑃𝐴|=√𝑥2+(𝑦−𝑡)2√𝑥2+(𝑦−6)2=𝑘…

………6分∴𝑥2+(𝑦−𝑡)2=𝑘2𝑥2+𝑘2(𝑦−6)2又𝑃点在圆上,∴𝑥2=16−𝑦2∴16−𝑦2+(𝑦−𝑡)2=𝑘2(16−𝑦2)+𝑘2(𝑦−6)2…………8分化简得

:(12𝑘2−2𝑡)𝑦−52𝑘2+𝑡2+16=0∴{12𝑘2−2𝑡=0−52𝑘2+𝑡2+16=0,∴𝑡=83或𝑡=6…………11分又定点𝐵不同于𝐴点,∴𝑡=83,𝑘=23∴满足条件的点𝐵的坐标为(0,83)…………12分21.（本题满分12分）(1)证明：取

CD的中点M，连接HM，SM，由已知得𝐴𝐸=𝐴𝐵=2，∴𝑆𝐸=𝑆𝐵=2，又点H是BE的中点，∴𝑆𝐻⊥𝐵𝐸．…………2分∵𝑆𝐶=𝑆𝐷，点M是线段CD的中点，∴𝑆𝑀⊥𝐶�

�…………3分又∵𝐻𝑀//𝐵𝐶，∴𝐻𝑀⊥𝐶𝐷，𝑆𝑀∩𝐻𝑀=𝑀,𝑆𝑀,𝐻𝑀⊂平面SHM，…………4分从而𝐶𝐷⊥平面SHM，𝑆𝐻⊂平面SHM，得𝐶𝐷⊥𝑆𝐻，…………5分又∵CD，BE不平行，𝐶𝐷,𝐵𝐸⊂平面BCDE，∴𝑆�

�⊥平面BCDE.…………6分(2)解：解法一：由(1)知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG，HM，HS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系𝐻−𝑥𝑦𝑧，则点𝐵(1,−1,0)，𝐶(1,2，0)，𝐸(−1,1，0)，𝑆(0,0,√

2)，…………7分∴𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,0)，𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,0)，𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1,√2)．…………8分设平面SBE的法向量为𝑚⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,�

�1)，由{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥1+2𝑦1=0𝑚⃗⃗⃗⋅𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥1+𝑦1+√2𝑧1=0，令𝑦1=1，得𝑚⃗⃗⃗=(1,1,0)．…………9分设平面SBC的法向量为𝑛⃗⃗=(

𝑥2,𝑦2,𝑧2)，由{𝑛⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑦2=0𝑛⃗⃗⋅𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥2+𝑦2+√2𝑧2=0，令𝑧2=1，得𝑛⃗⃗=(√2,0,1)．…………10分∴cos<𝑚⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗>=𝑚⃗⃗⃗⋅

𝑛⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗⃗|=√2√2×√3=√33．…………11分由图可知二面角𝐶−𝑆𝐵−𝐸的余弦值为√33．…………12分解法二：(见第一问图）取BS的中点N，取BC上的点P，使𝐵𝑃=2𝑃

𝐶，连接HN，PN，PH，为Rt斜边的中线，所以SH=HBSHBSE所以HN⊥BS，…………7分又因为PEABAEPB所以PH⊥BE．…………8分由(1)得SH⊥平面BCDE，PH⊂平面BCDE，所以SH⊥PH，BE∩SH=H,BE,SH⊂平面BSE，∴PH⊥平面

BSE，由三垂线定理得PN⊥BS…………9分∴∠PNH为二面角C−SB−E的平面角．…………10分又计算得NH=1，PH=√2，PN=√3，…………11分∴cos∠PNH=1√3=√33．…………12分22．（本小题满分12分）解：

(1)设𝑄(𝑥,𝑦)，𝐴(𝑥0,𝑦0)，∵4|𝐵𝑄|=3|𝐵𝐴|，Q在直线l上，∴𝑥0=𝑥，|𝑦0|=43|𝑦|.①…………2分∵点A在圆𝑥2+𝑦2=16上运动，∴𝑥02+𝑦02=16.②将①式代入②式即得曲线C的方程为𝑥216+𝑦29=1．…………4分(

2)证明：设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑀′(−𝑥1,𝑦1)，联立{𝑥216+𝑦29=1𝑦=𝑘𝑥−2，得(16𝑘2+9)𝑥2−64𝑘𝑥−80=0，∴𝑥1+𝑥2=64𝑘16𝑘2+9，

𝑥1𝑥2=−8016𝑘2+9．…………6分∵直线𝑀′𝑁的斜率𝑘𝑀′𝑁=𝑦2−𝑦1𝑥2+𝑥1，∴直线𝑀′𝑁的方程为𝑦−𝑦1=𝑦2−𝑦1𝑥2+𝑥1(𝑥+𝑥1)…………7分令𝑥=0，得𝑦=𝑦2𝑥1+𝑦1𝑥2𝑥2+𝑥1=(�

�𝑥2−2)𝑥1+(𝑘𝑥1−2)𝑥2𝑥2+𝑥1=2𝑘𝑥1𝑥2𝑥2+𝑥1−2=−92∴直线𝑀′𝑁过定点𝐷(0,−92).…………9分设直线𝑀′𝑁的方程为92ytx，点P到直线𝑀′

𝑁的距离为2521dt又|𝑀′𝑁|=√1+𝑡2√(−𝑥1+𝑥2)2−4(−𝑥1𝑥2)=√1+𝑡2√(𝑥1+𝑥2)2=√1+𝑡2|𝑥1+𝑥2|△𝑃𝑀′𝑁面积𝑆△𝑃𝑀‘�

�=12|𝑀′𝑁|⋅𝑑215221t2121txx=5412xx=…………10分21=8080916916kkkk1108039216kk…………11分当且仅当916kk

，即𝑘=±34时取等号，∴△𝑃𝑀′𝑁面积的最大值为103.…………12分25644169kk