【文档说明】山西省（晋中市）2020-2021学年高二上学期期末调研数学（理）试题答案.pdf，共(7)页，216.772 KB，由小赞的店铺上传

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高二上学期期末考试（理）答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1【解析】因为椭圆的方程为192522xy，所以252a,92b，因此162c，解得4c，所以椭圆的焦距为82c,故选D.2【解析】命题：“Rx，02x”的否定是02,00

xRx，故选B.3【解析】因为抛物线的方程为xy42，所以2p，故选B.4【解析】设1,1nm，122yx表示圆，不一定为椭圆；反之，若方程表示椭圆，则0mn，故选B.5【解析】A若,垂直于同一平面，则与不一定平行，所以排除A；B若ba,平行于平

面，则a与b不一定平行，所以排除B；D若,不平行，则在内存在与平行的直线，所以排除D，故选C.6【解析】命题“若实数yx，则yxsinsin”的逆否命题是“若yxsinsin，则实数yx”，故选B.7【解析】若直线

1l与直线2l平行，则0)3()23)(1(aaaa，解得31aa或经检验3a舍去，故选D.8【解析】如图，取CD的中点N，连接C1N，BN，C1N∥B1M，则NBC1即为所求的角，不妨设正方体的棱长为2，在三角形C1NB中，5102cos11221211

BCNCBNBCNCNBC，故选A.9【解析】连接PF，由抛物线的定义可知PF=PQ，所以5FGPGPFPGPQ，故选A.10【解析】直线01:mmyxl恒过的定点)1,1(

P，若直线l线段AB有交点，则直线l的斜率,134,k.当0m时，满足题意；当0m时，则,134,1m，解得43001mm或，综上，43,1m，故选C.11【解析】依圆的知识可知，四点CBAP,,

,四点共圆，且PCAB，所以PAACPASABPCPAC22144，而12PCPA，当直线lPC时，PA最小，此时ABPC最小，易求得点)1,0(P，所以以点P和点C为直径的圆的方程为022yxyx，两

圆的方程相减可得：0yx，故选A.12【解析】如图，因为直线AB经过右焦点F且与渐近线xabyl:1垂直，所以直线AB的方程为)(cxbay，与方程xaby联立解得),(2cabcaA，因为FAFB3，所以求得)3,3(22cabcbcB，再将点B的坐标带入到方程xaby当中

，解得3e，故选B.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13【答案】1)1(22yx【解析】由已知可得线段AB的中点坐标为0,1，2AB，所以以线段AB为直径的圆的标准方程是1)1(22yx.14【答案】0743yx【解析】设过点

)1,1(P的直线与椭圆13422yx的两个交点分别为),(),,(2211yxByxA，则1342121yx，1342222yx，两式相减得03))((4))((21212121yyyyxxxx化简得43212

1xxyy，即43ABk，所以直线AB的一般方程为0743yx15【答案】3【解析】由题意可知当SBSA时，棱锥SABC-的体积的最大.取棱AB的中点D，连接,,SDOD因为平面SAB平面ABC，所以SD平面ABC.在ABC中，可求得1OD，球O的半径2

R，在SODRt中，322ODOSSD，所以三棱锥ABCS体积的最大值为360sin2131SDCACBVABCS，16【答案】16【解析】设),(),,(2211yxByxA，直线AB的方程为)0

)(1(kxky，联立方程xy42得:0)42(2222kxkxk,222142kkxx,44221kpxxAB，同理244kCD，1644822kkCDAB,当且仅当1k时等号成立。三、解答题（本大题共6小题，共70分，写

出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.【解析】（1）设点),(yxC∵边AC的中点P在y轴上，∴023x，解得3x2分∵边BC的中点Q在x轴上，∴023y，解得4y4分故所求点C的坐标是)4,3(.5分（2）点P的坐标是)0,1(，

7分点Q的坐标是)3,0(，9分直线PQ的方程是13yx，即直线PQ的一般方程为033yx10分18.【解析】（1）∵]1,0[x,不等式12322xxmm恒成立,min22)12(3xxmm，1分即2320mm，2分解得

12m，3分因此，若p为真命题时，实数m的取值范围是1,2.4分（2）若命题q为真，则max)2(xm∴.1m5分∵p且q为假，p或q为真，∴p、q中一个是真命题，一个是假命题．7分当p真q假时，则121mm，解得12m；9分

当p假q真时，121mmm或，即1m11分综上所述，m的取值范围为,11,2.12分19.【解析】证明（I）AB//CD，BCABABC和BCD都是直角三角形1分2ABBCBCCD，BCACDB又。

90DBCCDB。90DBCBCABDAC3分ABCDPA平面，BD平面ABCDBDPA4分AACPAPACBD平面5分（2）解法一：连接OP，过点A作POAH，交PO于

点H，由（I）知PACBD平面，BD平面PBD平面PACPBD平面7分平面POPACPBD平面，AH平面PBD，APO为直线PA与平面PBD所成角9分在RtABC中，6ACABAC22，2A

C31AO10分33PAOAAPOtan，。30APO11分直线PA与平面PBD所成角为。30.12分解法二：如图，建立空间直角坐标系，则)0,0,0(A，)32,0,0(P，)0,32,0(B，)0,32,62(D)32,0,0(PA，6分)0,34,62(BD，

)32,32,0(PB7分设平面PBD的一个法向量),,(nzyx由0PBn0BDn，得00y34-x62zy，令1z，则1y,2x)1,1,2(n9分2123232,cos

nPAnPAnPA11分直线PA与平面PBD所成角为。30.12分20【解析】（1）由题意得22c，即1c,1分若21FDF为正三角形，则2a2分故可得3222cab，3分从而椭圆C的标准方程为13422yx4分（2

）由题意可得直线AB的方程为1myx，联立13422yx，得096)43(22myym5分设),(),,(2221yxBxxA，则436221mmyy①，439221myy②6分若2

11BFAF，则BFAF112，所以212yy③8分由①③得43622mmy④由②③得4392222my⑤由④⑤得)43(21)43(42222mmm10分解得552,542mm11分所以直线AB的一般方程为05525yx或05525yx12分

21.【解析】(I)如图，建立空间直角坐标系，1分则A（0,0,0），F（0,0,1），D（1,0,0），C（2,2,0）,M（1,1，21）），（211,0DM2分平面ABEF的一个法向量)0,0,1(m0

mDMmDM3分DM//平面ABEF4分(II)），（10,1DF，），（02,1DC，平面CDF的一个法向量),,(n1zyx由0DCn0DFn11得0

20z-xyx，令2z，则1y,2x，)2,1-,2(n17分平面ADF的一个法向量)0,1,0(n2，8分31nnnnn,ncos21212110分二面角C-DF-A为钝二面角二面角C-DF-A的余弦值为3112分22.【解析】(1)设),

0,0)(,(0000yxyxE因为27OE,所以272020yx①,1分又因为点E在椭圆上,所以142020yx②,2分由①②解得:23100yx，所以E的坐标为)23,1(4分（2）设点),(00yx

D，则直线DA的方程为)2(200xxyy①5分直线BM的方程为121xy②6分由①②解得22)22(20000yxyxxQ7分又直线DM的方程为1100xxyy8分令0y，解得100yxxP9分所以22)22(2122)22(22000000020000

000yxyxxyxxyxyxyxOQOP10分又142020yx，所以42)22(22000000020xxyxxyxxOQOP12分