【文档说明】广东省佛山市2020-2021学年高二上学期期末考试数学试题含答案.docx，共(14)页，916.380 KB，由小赞的店铺上传

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12020～2021学年佛山市普通高中教学质量检测高二数学2021.1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必要填写答题卷上的有关项目.2.

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.4.请考生保持答题卷的

整洁.考试结束后，将答题卷交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.命题“mN，21m+N”的否定是（）A.mN

，21m+NB.mN，21m+NC.mN，21m+ND.mN，21m+N2.直线320xy+−=的倾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°3.两平行直线1:20laxy+−=，2:23

0lxy−+=之间的距离是（）A.55B.5C.1D.54.已知l，m为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列命题正确的是（）A.若//l，m，则//lmB.若//l，//m，则//lm2C.

若l，m，//，则//lmD.若//l，//l，m=，则//lm5.月球绕地球公转的轨道近似于一个以地心为焦点的椭圆.已知近地点距离（月心到地心的最小距离）约为36.4万公里，远地点距离（月心到地心的最大距离）约为40.6万公里，据此可估算月球轨道的离

心率为（）A.329B.2629C.355D.52556.“1k=”是“两点()1,3A，()7,5B到直线:lykx=的距离相等”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A，B是抛物线2:4Cyx=上的两个动点，满足8

AB=，则线段AB的中点M到抛物线C的准线l的距离的最小值为（）A.2B.4C.6D.88.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面11BBCC的边界及其内部运动，若1DOOP⊥，则11DCP△面积的最大值为（）A.

255B.455C.5D.25二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.已知M是椭圆22:184xyC+=上一点，1F，2F是其左右焦点，则下列选项中正确的是（）A

.椭圆的焦距为2B.椭圆的离心率22e=3C.1222MFMF+=D.12MFF△的面积的最大值是410.平面与平面平行的条件可以是（）A.内有无数条直线都与平行B.内的任何直线都与平行C.两条相交直线同时与，平行D.两条异面直线同时与，平行11.设有一组圆()()

()22:4kCxkykk−+−=R，下列命题正确的是（）A.不论k如何变化，圆心kC始终在一条直线上B.存在圆kC，经过点()3,0C.存在定直线始终与圆kC相切D.若圆kC上总存在两点到原点的距离为1，则232,22k12.佩香囊是端午节传统习俗之一.香囊内通常填充一些中

草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成.将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊.那么在图2这个六面体中（）A.AB与CD是异面直线B.AB与CD是相交直线4C.存

在内切球，其表面积为827D.存在外接球，其体积为8627第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.双曲线22916144yx−=的渐近线方程是______________.14.抛物线2ymx=

（m为常数）过点()1,1−，则抛物线的焦点坐标为_______________.15.空间四边形两对角线的长分别为6和8﹐所成的角为60°，连接各边中点所得四边形的面积是_______________.16.2020

年11月，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，探测器在进入近圆形的环月轨道后，将实施着陆器和上升器组合体与轨道器和返回器组合体分离.我们模拟以下情景：如图，假设月心位于坐标原点O，探测器在()40007,0A处以12km/s的速度匀速直线飞向距

月心2000km的圆形轨道上的某一点P，在点P处分离出着陆器和上升器组合体后，轨道器和返回器组合体立即以18km/s的速度匀速直线飞至()0,3000B，这一过程最少用时_______________s.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，

梯形ABCD中，//ABCD，ABAD⊥，且1ABAD==，2CD=.现选择梯形的某一边为轴旋转一周，请说明所得到的几何体的构成并计算该几何体的体积.注：若有多种选择分别解答，按第一种选择的解答给分.518.如图，四面体ABCD中，BCCD=

，90BCD=，AD⊥平面BCD.M为AD中点，P为BM中点，点Q在线段AC上，且3AQQC=.（1）求证：//PQ平面BCD；（2）若ADDC=，N是CD的中点，求证：NQ⊥平面ABC.19.在平面直角坐标系xOy中，已知四点()0,1A，()3,0B，()1,4C，

()0,3D.（1）这四点是否在同一个圆上?如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；（2）求出到点A，B，C，D的距离之和最小的点P的坐标.20.在平面直角坐标系xOy中，动圆P过点()1,0F，且与直线:1l

x=−相切，设圆心P的轨迹是曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）已知()2,0M，()2,1N−，过点M的直线交曲线C于点A，B（A位于x轴下方），AB中点为Q，若直线QN与x轴平行，求证：直线NA与曲

线C相切.21.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF=.（1）求证：11AFCE⊥；6（2）当EF取得最大值时，求二面角11EACF−−的余弦值.22.已知椭圆()2222:10xyab

ab+=的离心率为12，且经过点31,2.（1））求椭圆的方程；（2）已知O为坐标原点，若平行四边形OACB的三个顶点A，B，C均在椭圆上，求证：平行四边形OACB的面积为定值.2021年佛山市普通高中高二教学质量检测数学参考答案与评分标准一、选择题：本大题共8小题，

每小题5分，满分40分.题号12345678答案BDADCABC二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.题号9101112答案BDBCDA

CBC三、填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分.13.430xy=714.1,04−15.6316.80009四、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】选择一：以AB为轴旋转一周，得到的几何体为：圆柱挖去一个圆锥.圆柱

的体积为21122V==；圆锥的体积为2211133V==；所以几何体的体积为125233VVV=−=−=.选择二：以BC为轴旋转一周，得到的几何体为：大圆锥加上小圆锥挖去一个圆锥.大圆锥的体积为()211222233V==；小

圆锥挖去一个圆锥的体积为()222121222222323223124V=−=−=；所以几何体的体积为122221123412VVV=+=+=.选择三：以CD为轴旋转一周，得到的几何体为：圆柱加上圆锥..圆柱的体积为2

111V==；圆锥的体积为2211133V==；8所以几何体的体积为12433VVV=+=+=.选择四：以AD为轴旋转一周，得到的几何体为：圆台.圆台上底面积为211S==；圆台下底面积为2224S

==；所以圆台的体积为()()1122117241333VSSSSAD=++=++=.或圆台也可以看成是大圆锥截去小圆锥.大圆锥体积为21182233V==；小圆锥体积为2211133V==.所以圆

台的体积为1287333VVV=−=−=.注：说明几何体的构成，只要能表达出几何体的构成即可.18.【解析】（1）传统法：如图，取BD的中点为E，在CD上取一点F，使得3DFFC=，连接EP，FQ，EF.则由P，E分别为

BM，DB的中点，得//PEDM，且12PEDM=，又M为AD中点，则14PEAD=；因为3AQQC=，3DFFC=，所以//QFAD，且14QFAD=，所以//PEQF，且PEQF=，四边形EFQP是平行四边形；所以//PQEF，又PQ平面BCD，EF平面BCD，所以//PQ

平面BCD.9向量法：依题意，作//CzDA，如图建立空间直角坐标系Cxyz−，设BCCDa==，DAb=，则(),0,0Ba，0,,2bMa，()0,0,0C，()0,,Aab，从而,,224aabP，0,,44abQ

，所以,,024aaPQ=−−.又平面BCD的一个法向量可为()0,0,1n=.所以0PQn=，即PQn⊥，又PQ平面BCD，所以//PQ平面BCD（2）解法1：设O为AC的中点，因为AD⊥平面BCD，BC面

BCD，∴ADBC⊥.因为BCCD⊥，CD，AD面BCD，CDADD=所以BC⊥平面ACD因为NQ平面ACD，所以BCNQ⊥.因为点O为AC的中点，3AQQC=，所以点Q为CO的中点因为N是CD的中点，所以//NQDO因为ADDC=，所以ADC△是等腰直

角三角形，DOAC⊥，所以NQAC⊥因为,BCAC面ABC，BCACC=，所以NQ⊥平面ABC解法2：因为AD⊥平面BCD，BC面BCD，∴ADBC⊥10因为BCCD⊥，,CDAD面BCD，CDADD

=所以BC⊥平面ACD因为NQ平面ACD，所以BCNQ⊥设ADDCa==，则2aCN=，1244CQACa==，所以22CQCDCNAC==所以CQNCDA∽△△，90CQNCDA==，即NQAC⊥因为,BCAC面ABC，BCACC=，所以NQ⊥平面ABC解法3：依题意，作//Cz

DA，如图建立空间直角坐标系Cxyz−，设ADBCCDa===，则()0,0,0C，(),0,0Ba，()0,,Aaa，()0,,0Da，从而0,,02aN，0,,44aaQ，所以0,,44

aaNQ=−，(),0,0CBa=，()0,,CAaa=.所以0NQCB=，0NQCA=，11所以NQCB⊥，NQCA⊥，即NQCB⊥，NQCA⊥因为,CBCA面ABC，CBCAC=，所以NQ⊥平面ABC.少19.【解析】（1）设经过A，B，C三点的圆的方程为

()()222xaybr−+−=，()()()()()()2222222220130,14abrabrabr−+−=−+−=−+−=解得2a=，2b=，25r=因此，经过A，B，C三点的圆的方程为()()22225xy−+−=.由于()(

)2202325−+−=，故点D也在这个圆上.因此，四点()0,1A，()3,0B，()1,4C，()0,3D都在圆()()22225xy−+−=上.（2）因为PAPCAC+，当且仅当点P在线段AC上时取等号.同理，PBPDBD+，当且仅当点P在线段BD上

时取等号.因此，当点P是AC和BD的交点时，它到A，B，C，D的距离之和最小.因为直线AC的方程为31yx=+，直线BD的方程为3yx=−+，联立31,3yxyx=+=−+解得点P的坐标为15,22.1220.【解析

】（1）依题意，点P到点()1,0F的距离等于它到直线:1lx=−的距离，.故点P的轨迹是焦点为()1,0F，准线为:1lx=−的抛物线...因此，曲线C的方程为24yx=.（2）依题意可设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Qxy，设直线

AB的方程为2xmy=+，由224xmyyx=+=消去x得：2480ymy−−=①，所以124yym+=，因为直线QN与x轴平行，所以120212yyym+===此时方程①为2280yy−−=，解得1112

xy==−，2244xy==，即()1,2A−，所以NA的方程为()21yx+=−−，即1yx=−−，由214yxyx=−−=消去x得：2440yy++=，16160=−=△，所以NA与曲线C相切21.【解析】（1）如图建立空间直

角坐标系Dxyz−，设()02AEmm=，13则()12,0,2A，()2,2,0Fm−，()10,2,2C，()2,,0Em，所以()1,2,2AFm=−−，()12,2,2CEm=−−，所以1122440AFCEmm=−+−+=，则11AFCE⊥，即11AFCE⊥.（2）

由（1）得()()22222244212EFmmmmm=−+=−+=−+，因为02m，所以当0m=或2m=时，EF取得最大值为2.当0m=时，点E与点A重合，即()2,0,0E；点F与点B重合，即()2,2,0F，则()112,2,0AC=

−，()10,0,2EA=，()10,2,2FA=−设平面11ACE的一个法向量为()1111,,nxyz=，则11111111220,20nACxynEAz=−+===可取()11,1,0n=；设平面11A

CF的一个法向量为()2222,,nxyz=，则211222122220,220nACxynFAyz=−+==−+=可取()21,1,1n=；则121212116cos,323nnnnnn+==

=，即二面角11EACF−−的余弦值为63；当2m=时，点E与点B重合，点F与点C重合，同理可得二面角11EACF−−的余弦值为63.综上，当EF取得最大值时，二面角11EACF−−的余弦值为63.1422.【解析】（1）依题意，可得2212,1914caab=+=

结合222abc=+，解得2a=，1c=，3b=，所以椭圆的方程为22143xy+=.（2）设()11,Axy，()22,Bxy，则()1212,Cxxyy++，且平行四边形OACB的面积为三角形AOB面积的两倍.（ⅰ）若直线AB的斜率不存在，设直线AB的方程为xt=，

则12xxt==，12yy=−，故()2,0Ct，代入椭圆的方程中，解得1t=，则123AByy=−=，32AOBS=△，平行四边形OACB的面积为3.（ⅱ）若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为

ykxm=+，联立223412ykxmxy=++=，消元y整理得()()222438430kxkmxm+++−=，则()2248430km=+−△，122843kmxxk+=−+，()121226243myykxxmk+=++=+，代入椭圆的方程，得22228643431

43kmmkk−+++=，整理得22434km+=，于是()2221222484311148332243242AOBkmmSmxxmmkm+−=−===+△，则平行四边形OACB的面积为3.综上，平行四边形OACB的面积为定值3.