【文档说明】辽宁省大连市金普新区2020-2021学年高二上学期期末（下学期开学）检测数学试题答案.pdf，共(8)页，291.949 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

12020～2021学年第一学期期末考试试卷高二数学参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可

视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、单项选择题：1.A2.C3.B4.A5.B6.D

7.D8.D二、多项选择题：9.BD10.BD11.ABD12.ABD三、填空题：13.-11914.215.15016.31,2四、解答题：17.(Ⅰ)解：所求直线过圆心0,1，斜率为1k，所以直线方程为10yx，即10xy

..........5分(Ⅱ)解：设所求直线斜率为k，11k，所以1k，设直线方程为yxb，所求直线与圆C相切，即圆心0,1到所求直线的距离等于圆的半径，即2201111b，解得12b或12b

.所求直线方程为12yx或12yx...........10分18.解：若选①由题意可知，462p，解得：4p............4分所以抛物线方程为28yx，设1122,,,AxyBxy2282yxykx得228440kxkx

，2284160kk，即1k，12284222xxkk，即1k或2k，...............10分又1k，所以2k................12分若选②，由242pt得8tp，由点,4Pt到焦点的距离为p，得82pp

p，解得：4p.............4分所以抛物线方程为28yx，设1122,,,AxyBxy282yxykx得228440kxkx，2284160kk，即1k，12284222xxkk，即1k或2k，....

...........10分又1k，所以2k................12分19.(Ⅰ)证明：D为1AB的中点，E为1BC的中点，所以DE为11ABC的中位线.所以11DEAC,又DE平面11ACCA，11AC平面11ACCA,

所以DE平面11ACCA................4分(Ⅱ)解：如图，以A为坐标原点，1,,ABACAA方向为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系。则0,0,0A,2,0,0B

,0,2,0C,10,0,4A,12,0,4B,10,2,4C,12,2,4BC,110,2,0AC,12,2,4BC,3xzy设平面11ABC的法向量为,,xyzn，则111ACBC

00nn,即02002240xyzxyz2,0,1xyz即2,0,1n...............8分设直线1BC与平面11BAC所成角为，则112222221222041sincos201

(2)2(4)823015245BC,BCBCnnn...............12分20.解：(Ⅰ)设00,,,MxyPx

y，则0,0Qx，因为2PMMQ,所以000,2,0xxyyxxy即003xxyy，又因为22009xy，所以2239xy即2219xy...........

....4分(Ⅱ)设1122,,,AxyBxy，由已知得120xxl斜率存在时，设其方程为,1ykxmm，联立方程2219ykxmxy得2229118990kxkmxm，则

2236910km412218,91kmxxk212299091mxxk，121212121212111112NANBmxxyykxmkxmkkkxxxxxx2221812912199191kmmk

kkmmk...............8分所以21mk，直线l方程为2121ykxkkx过定点(2,1)...............10分当直线l斜

率不存在时，直线与椭圆的两个交点关于x对称，所以1212,xxyy121211121NANByykkxxx，所以122xx，l的方程为2x，过点(2,1)成立，所以直线l过定点(2,1)................12分21

.（Ⅰ）证明：在PAB中，根据正弦定理有sinsinAPABABPAPB，即12sinsin6ABABAPB，得sin1APB，即2APB，所以PBAP.因为ABCDPAB平面平面,ABCDPABAB平面平面,

ADABCD平面,ADAB，所以ADPAB平面，又因为PBPAB平面,所以PBAD.又因为ADPAD平面,APPAD平面,APADA,5所以PBPAD平面，又因为PDPAD平面,所以PDPB..........4

分（Ⅱ）解：如图，以P为坐标原点，以,,PBPAPC方向为,,xyz轴正方向，建立空间直角坐标系。则0,0,0P，3,0,0,0,1,0BA,3,0,1,0,1,1CD,313,,1,,0,0222EF,设，，即

31,,,,122xyz,得3,,22M，所以10,,12EF,3,1,122DM2221111022cos,513111442EFDMEFDMEFD

M化简得2936200，解得23或103（舍）..........8分所以312,,333M,2311,,333MC

,0,0,1BC,6设平面MBC的法向量为1111,,xyzn，则11112303330yzxz，故11,23,0n，3,0,0PB,0,0,1BC

,设平面PBC的法向量为2222,,xyzn，则22300xz，故20,1,0n，..........10分设二面角MCBP的平面角为，则122212123239cos131123nnnn即二面角MCBP

的余弦值为23913...........12分22.解：（Ⅰ）1PMPF最大值与最小值之和为48a，所以2a...........2分12cea1c，223bac椭圆C的方程为22143xy..

.........4分（Ⅱ）设1122,,,AxyBxy，若l斜率存在，则设直线l的方程为ykxm，与椭圆方程联立为22143ykxmxy得，72224384120kxkmxm，2222

2844341248430kmkmkm122843kmxxk，212241243mxxk22121212122222211412804343OAOBxxyykxxkmxxmkmkmkmm

kk即227121mk..........6分222121481694843077kkk，因此，O到l的距离为212221771m

dk，所以直线l与圆22127xy相切。若l斜率不存在时，1212,xxyy，得22113104xOAOBx，即21127x成立,此时直线l方程为2217x

或者2217x直线l与圆:O22127xy相切.综上所述，无论直线l斜率是否存在，均与圆22127xy相切......8分（Ⅲ）由（Ⅱ）得O到AB的距离为2217d,l斜率不存在时，设

12217x，则21127y，1111227AOBSdABxy8l斜率存在时，由（Ⅱ）知227121mk22222222244121218127434311691

2743AOBmkmSdABkkkkkk..........10分设2433tk，则234tk221431261143477AOBttStt

t当1110,63t时，1237AOBSAOBS的最大值为3，此时32k..........12分