【文档说明】上海市闵行中学、文绮中学联考2020-2021学年高二下学期期末考试数学试卷含解析【精准解析】.doc，共(16)页，853.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上海市闵行中学、文绮中学联考高二（下）期末数学试卷一、填空题（共12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）．1．复数z满足2z﹣1＝1+4i（i为虚数单位），则z＝．2．已知P＝8×7×6，则m＝．3．双曲线x

2﹣y2＝1的渐近线方程为．4．P，Q椭圆C：+＝1上的动点，则|PQ|的最大值为．5．已知球的表面积为12π，则该球的体积是．6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AB与A1C所成角的大

小为．7．已知1、2、a、b的中位数为3，平均数为3.5，则a×b＝．8．高三某位同学参加物理、化学科目的等级考，已知这位同学在物理、化学科目考试中达A的概率分别为，这两门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个A的概率为.（结果用最简分数表示）9．已知点P在

抛物线y2＝4x上，那么点P到点Q（2，﹣2）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为．10．在（1+x）（2+x）（3+x）×…×（n+x）（x≠0，n∈N*）的展开式中，xn﹣1项的系数为Tn，则＝．11．点P是棱长为1的正方体AB

CD﹣A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点，则的取值范围是．12．已知集合A＝{m|m＝x2﹣y2，x、y∈Z），将A中的正整数从小到大排列为：a1，a2，a3，…．若an＝2021，则正整数n＝

．二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．设z是复数，则“z2＝1”是“|z|＝1”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件14．圆（x﹣

1）2+（y﹣3）2＝4截直线ax+y﹣1＝0所得的弦长为2，则a＝（）A．﹣B．C．D．215．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，则向量＝（m，n）与向量＝（1，﹣1）的夹角为锐角的概率是（）A．B．C．

D．16．若曲线f（x，y）＝0上存在两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的自公切线，下列方程的曲线有自公切线的是（）A．x2+y﹣1＝0B．|x|﹣+1＝0C．x2+y2﹣x﹣|x|﹣1＝0D．

3x2﹣xy+1＝0三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写岀必要的步骤．17．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为1．（1）设圆锥的母线长为2，求圆锥的表面积

和体积；（2）设PO＝3，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，如图，求直线OP与平面PAB所成的角的大小．18．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，E是线段AB的中点．（1）证

明：BD⊥平面AA1C1C；（2）若P是线段BC上的动点，求点P到平面B1DE的距离的取值范围．19．已知（1+x）n展开式中的n+1项按x的升幂排列依次记为f1（x），f2（x），f3（x），…，fn

（x），fn+1（x）．（1）若f2（2）＝8，求n的值；（2）记ak＝2kfk（2）（k＝1，2，…，n+1），求和Sn+1＝a1+a2+…+an+an+1．20．（16分）设复数z＝x+yi（x，y∈R）与复平面上点P（x，y）对应．（1）若|z|2+2z＝3+4i，求复数z对

应点P到坐标原点的距离；（2）设复数z满足条件|z+3|+（﹣1）n|z﹣3|＝3a+（﹣1）na（其中n∈N*、常数a∈（，3）），当n为奇数时，动点P（x，y）的轨迹为C1．当n为偶数时，动点P（x，y）的轨迹为

C2．且两条曲线都经过点D（2，），求轨迹C1与C2的方程；（3）在（2）的条件下，轨迹C2上存在点A，使点A与点B（x0，0）（x0＞0）的最小距离不小，求实数x0的取值范围．21．（18分）设点F1，F2分别是椭圆C：＝1（t＞0）的左、右焦点，且|F1F2|＝4，点M

，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量与向量平行．（1）求椭圆C的方程；（2）当•＝0时，求△F1NF2的面积；（3）当||﹣||＝时，求直线F2N的方程．参考答案一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题

纸的相应位置直接填写结果．1．复数z满足2z﹣1＝1+4i（i为虚数单位），则z＝1+2i．解：因为2z﹣1＝1+4i，所以2z＝2+4i，即z＝1+2i．故答案为：1+2i．2．已知P＝8×7×6，则m＝3．解：因为P＝8×7×6，所以m

＝3．故答案为：3．3．双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为y＝±x．解：由双曲线＝1的渐近线方程为y＝x，则双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为y＝±x．故答案为：y＝±x．4．P，Q椭圆C：+＝1上的动点，则|PQ|的最大值为4．解：P，Q椭圆C：+＝1上的动点，则

|PQ|的最大值为2a＝4．故答案为：4．5．已知球的表面积为12π，则该球的体积是．解：设球的半径为r，依题意：球的表面积s＝4πr2＝12π，解得r＝∴该球的体积V＝πr3＝π×＝4π故答案为4π6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC＝

1，AA1＝，则异面直线AB与A1C所成角的大小为60°．解：连接CB1，因为AB∥A1B1，所以∠CA1B1为异面直线AB与A1C所成角，因为AB＝BC＝1，AA1＝，所以B1C＝＝，A1B1＝1，由长方体的几何特征可得A1B1⊥面BCC1B1，所以∠

A1B1C＝90°，所以tan∠CA1B1＝＝＝，所以∠CA1B1＝60°．故答案为：60°．7．已知1、2、a、b的中位数为3，平均数为3.5，则a×b＝28．解：∵1、2、a、b的中位数为3，平均数为3.5，∴＝3且＝3

.5，∴a＝4，b＝7，∴a×b＝28．故答案为：28．8．高三某位同学参加物理、化学科目的等级考，已知这位同学在物理、化学科目考试中达A的概率分别为，这两门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个A的概率为

.（结果用最简分数表示）解：这位同学在物理、化学科目考试中达A的概率分别为，这两门科目考试成绩的结果互不影响，这位考生至少得1个A的对立事件是指这位同学在物理、化学科目考试中均没有达到A，则这位考生至少得1个A的概率P＝1﹣（1﹣）（1

﹣）＝．故答案为：．9．已知点P在抛物线y2＝4x上，那么点P到点Q（2，﹣2）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为（1，﹣2）．解：由题意可得点Q在抛物线的内部，过Q向准线作垂线，垂足为N，交抛物线于P

点，设抛物线的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1，则|PQ|+|PF|＝|PQ|+|PN|≥|QN|，当且仅当P，Q，N三点共线时，取等号，即点P到点Q（2，﹣2）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小，所以P的纵坐标为﹣2，将y＝﹣2代入抛物线的方程，

可得4＝4xP，所以P的坐标为（1，﹣2），故答案为：（1，﹣2）．10．在（1+x）（2+x）（3+x）×…×（n+x）（x≠0，n∈N*）的展开式中，xn﹣1项的系数为Tn，则＝．解：∵（1+x）（2+x）（3+x）

×…×（n+x）（x≠0，n∈N*）的展开式中，xn﹣1项的系数为Tn，∴Tn＝1+2+3+•••+n＝＝，则＝（+）＝，故答案为：．11．点P是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点，则的取值范围是[﹣，0]．解：以点D为原点，以

DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示；则点A（1，0，0），C1（0，1，1），设点P的坐标为（x，y，z），由题意可得0≤x≤1，0≤y≤1，z＝1；∴＝（1

﹣x，﹣y，﹣1），＝（﹣x，1﹣y，0），∴•＝﹣x（1﹣x）﹣y（1﹣y）+0＝x2﹣x+y2﹣y＝+﹣，由二次函数的性质可得，当x＝y＝时，•取得最小值为﹣；当x＝0或1，且y＝0或1时，•取得最大值为0，则•的取值范围是[﹣，0]．故答案为：[﹣，0]．12．已

知集合A＝{m|m＝x2﹣y2，x、y∈Z），将A中的正整数从小到大排列为：a1，a2，a3，…．若an＝2021，则正整数n＝1516．解：m＝x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y），当x﹣y＝1时，m＝2y﹣1表示奇数；当x﹣y＝2时，m

＝4y+4表示4的倍数，所以A中的整数从小到大排列为：1，3，4，5，7，8，9，11，12，13……即数列{an}满足a3k＝4k（k∈N+），又2021＝505×4+1，所以n＝505×3+1＝1516．故答案为：1516．二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5

分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．设z是复数，则“z2＝1”是“|z|＝1”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件解：设z＝x+yi（x，y∈R），①若z2＝1时，则

z2＝（x+yi）2＝x2﹣y2+2xyi＝1，∴，∴，∴|z|＝1，∴充分性成立，②若z＝+i，满足|z|＝1，但z2＝＝﹣+i，∴必要性不成立，∴z2＝1是|z|＝1的充分不必要条件，故选：A．14．圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4截直线ax+y﹣1＝0所得的弦长为2，则a＝（）A．﹣B．C

．D．2解：圆的方程可化为（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，所以圆心坐标为（1，3），依题意可得22＝（2+d2．由点到直线的距离公式得：d＝解得a＝﹣．故选：B．15．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，则向量＝（m，n）与向量＝（1，﹣1）的夹角为锐角

的概率是（）A．B．C．D．解：连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，基本事件总数N＝6×6＝36．∵向量＝（m，n）与向量＝（1，﹣1）的夹角为锐角，∴＝m﹣n＞0，则向量＝（m，n）与向量＝（1，﹣1）的夹角为锐角包含的基本事件（m，n）为：（2，1），（3，1）

，（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），共15个，则向量＝（m，n）与向量＝（1，﹣1）的夹

角为锐角的概率是P＝＝．故选：B．16．若曲线f（x，y）＝0上存在两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的自公切线，下列方程的曲线有自公切线的是（）A．x2+y﹣1＝0B．|x|﹣+1＝0C．x2+y2﹣x﹣|x|﹣1＝0D

．3x2﹣xy+1＝0解：A：x2+y﹣1＝0，即y＝1﹣x2，是抛物线，没有自公切线；B：对于方程|x|﹣+1＝0，其表示的图形为图中实线部分，不满足要求，故不存在．C：x2+y2﹣x﹣|x|﹣1＝0，由两圆相交，可知公

切线，满足题意，故有自公切线；D：3x2﹣xy+1＝0，即y＝3x+是勾号函数，没有自公切线．故选：C．三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写岀必要的步骤．17．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为1．（1

）设圆锥的母线长为2，求圆锥的表面积和体积；（2）设PO＝3，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，如图，求直线OP与平面PAB所成的角的大小．解：（1）设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即l＝2，r＝1，则

圆锥的表面积为S＝πr2+πrl＝π⋅12+π⋅1⋅2＝3π，设圆锥的高为h，则．则圆锥的体积为．故圆锥的表面积和体积分别为3π和．（2），因为∠AOB＝90°，所以，所以△PAB的面积为，设点O到平面PAB的距离为d，因为VP﹣OAB＝VO﹣ABP，所以，解得．设直线OP与

平面PAB所成角为θ，则．18．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，E是线段AB的中点．（1）证明：BD⊥平面AA1C1C；（2）若P是线段BC上的动点，求点P到平面B1DE的距离的取值范围．【解答】解（1）因为

ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，因为AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C；（2）如图建立空间直角

坐标系，则D（0，0，0），E（2，1，0），B1（2，2，2），设P（a，2，0）（0≤a≤2），则＝（a，2，0），＝（2，1，0），＝（2，2，2），设平面B1DE的法向量为＝（x，y，z），由即，则令x＝1，则y＝﹣2，z＝1，则＝（1，﹣2

，1）设点P与平面B1DE的距离为h，所以h＝＝＝（4﹣a）∈[，]，所以点P与平面B1DE的距离的取值范围是[，]．19．已知（1+x）n展开式中的n+1项按x的升幂排列依次记为f1（x），f2（x），f3（x），…，fn（x），fn+1

（x）．（1）若f2（2）＝8，求n的值；（2）记ak＝2kfk（2）（k＝1，2，…，n+1），求和Sn+1＝a1+a2+…+an+an+1．解：（1）由题意可得，，（k＝1，2，•••，n+1），所以f2（2）＝，故n＝8；（2）由题意可知，，所以ak＝

2kfk（2）＝，（k＝1，2，•••，n+1），所以Sn+1＝a1+a2+…+an+an+1＝＝＝2•（1+2）n＝2×3n．20．（16分）设复数z＝x+yi（x，y∈R）与复平面上点P（x，y）对应．（1）若|z|2+2

z＝3+4i，求复数z对应点P到坐标原点的距离；（2）设复数z满足条件|z+3|+（﹣1）n|z﹣3|＝3a+（﹣1）na（其中n∈N*、常数a∈（，3）），当n为奇数时，动点P（x，y）的轨迹为C1．

当n为偶数时，动点P（x，y）的轨迹为C2．且两条曲线都经过点D（2，），求轨迹C1与C2的方程；（3）在（2）的条件下，轨迹C2上存在点A，使点A与点B（x0，0）（x0＞0）的最小距离不小，求实数x0的取值范围．解：（1）若

|z|2+2z＝3+4i，且z＝x+yi（x，y∈R），所以（）2+2（x+yi）＝3+4i，所以（2x+x2+y2）+2yi＝3+4i，所以2x+x2+y2＝3，且2y＝4，解得x＝﹣1，y＝2，所以P（﹣1，2），所以点P到坐标原点的距离

＝．（2）由（1）知z＝﹣x+2i，当n为奇数时，|z+3|﹣|z﹣3|＝2a，（其中n∈N*、常数a∈（，3）），所以轨迹C2为双曲线，其方程为﹣＝1（x≥a），当n为偶数时，|z+3|+|z﹣3|＝4a，（其中n∈N*、常数a∈（，3）），所以轨迹C2为椭圆，其方程为

+＝1，所以，则，解得a2＝3，所以轨迹C1和C2的方程分别为﹣＝1（x＞0），+＝1．（3）由（1）知轨迹C2的方程为+＝1．设A（x，y），则|AB|2＝（x﹣x0）2+y2＝（x﹣x0）2+3﹣x2＝x2﹣2x0x+x02+3＝（

x﹣x0）2+3﹣x02，x∈[﹣2，2]，当0＜x0≤2，即0＜x0≤时，|AB|min2＝3﹣x02≥，解得0＜x0≤，当x0＞2即x0＞时，|AB|min＝|x0﹣2|≥，解得x0≥，综上，0＜x0≤或x0≥．所以x0的取值范围为

（0，]∪[，+∞）．21．（18分）设点F1，F2分别是椭圆C：＝1（t＞0）的左、右焦点，且|F1F2|＝4，点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量与向量平行．（1）求椭圆C的方程；（2）当•＝0时，求△F1NF2的

面积；（3）当||﹣||＝时，求直线F2N的方程．解：（1）因为|F1F2|＝4，所以2c＝4，解得c＝2，由题意可知a2＝2t2，b2＝t2，又a2＝b2+c2，所以2t2＝t2+22，解得t2＝4，所以椭圆的方程为+＝1．（2）由（1）可知F1（

﹣2，0），F2（2，0），因为点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，设N（2cosθ，2sinθ），所以＝（2cosθ+2，2sinθ），＝（2cosθ﹣2，2sinθ），因为•＝0，所以（2cosθ+2）（2cosθ﹣2）+4sin2θ＝0，解得cosθ＝

0，sinθ＝1，所以N（0，2），所以＝（﹣2，2），所以k＝＝﹣1，因为向量与向量平行，所以直线F1M的斜率为﹣1，所以直线方程为y＝﹣x﹣2，联立，解得x＝0，y＝﹣2（舍去），或x＝﹣，y＝，所以M（﹣，），所以|F1M|＝＝，点N到直

线y＝﹣x﹣2的距离d＝＝2，所以△F1MN的面积为|F1M|•d＝××2＝．（3）因为向量与向量平行，所以λ＝，所以||﹣||＝，所以（λ﹣1）||＝，即λ＞1，设M（x1，y1），N（x2，y2），所以λ（x1+2）＝x2﹣2

，y2＝λy1，所以x2＝λx1+2（λ+1），因为+＝1，所以x22+2y22＝8，所以[λx1+2（λ+1）]2+2λ2y12＝12λ2+8λ+4+4λ（λ+1）x1＝8，所以λ（λ+1）x1＝（1﹣

3λ）（λ+1），所以x1＝＝﹣3，所以y12＝4﹣，则||2＝（x1+2）2+y12＝（﹣3+2）2+4﹣＝，所以||＝，所以（λ﹣1）•＝，所以3λ2﹣8λ﹣3＝0，解得λ＝3或λ＝﹣（舍去），所以x1＝﹣3＝﹣，y12＝4﹣＝，所以y1＝，则M（﹣，），所

以k＝＝﹣1，因为向量与向量平行，所以F2N所在直线的斜率为﹣1，所以直线F2N的方程为y﹣0＝﹣（x﹣2），即x+y﹣2＝0．