河北省唐山市2019-2020高二数学上学期期末试题（扫描版含答案）

唐山市 2019～2020 学年度高二年级第一学期期末考试 数学参考答案及评分标准 一、选择题： A 卷：CBCDA BBDCA CA B 卷：BCCDA ABDCA CB 二、填空题： （13）2 （14）3 （15） 5 3 3 （16） 2 2 或 2－1，(1 3， 2－1)∪( 2 2 ，1) （第一空 2 分，第二空 3 分） 三、解答题： （17）解： 因为 p∧q 为真命题，所以 p，q 均为真命题． …2 分 方程(x－m)2＋(y－1) 2＝m2－4m＋3 表示圆心在第一象限的圆， 则有{m＞0， m2－4m＋3＞0，解得 0＜m＜1，或 m＞3． ① …5 分 因为方程 x2 m＋1＋ y2 2m－1＝1 表示双曲线，所以(m＋1)(2m－1)＜0， 解得－1＜m＜1 2． ② …8 分 由①②可得，实数 m 的取值范围为(0，1 2)． …10 分 （18）解： （Ⅰ）根据题意，设圆 C 的方程为(x－2)2＋y2＝r2， 若圆 C 被直线 x－ 3y＋2＝0 截得的弦长为 2 5，则 r2＝22＋( 5)2＝9， 则圆 C 的标准方程为(x－2)2＋y2＝9． …5 分 （Ⅱ）当斜率不存在时，直线 l 的方程为 x＝5，显然圆心(2，0)到 x＝5 的距离为 3，正好 等于半径，符合题意； …7 分 当斜率存在时，设斜率为 k，则过 M 点的直线方程为：y－5＝k(x－5)， 即 kx－y＋5－5k＝0，圆心到直线的距离等于半径 3，d＝ |5－3k| k2＋1 ＝3，解得 k＝ 8 15， 所以直线 l 的方程为 8x－15y＋35＝0． …11 分 综上，所求的直线方程为 x＝5 或 8x－15y＋35＝0． …12 分 （19）解： （Ⅰ）取 PD 中点 M，连接 AM，ME， 因为 E，M 分别是棱 PC，PD 的中点，所以 ME＝1 2DC，ME∥DC， 因为 F 是 AB 的中点，且 AB＝CD，AB∥CD，所以 AF∥DC，且 AF＝1 2DC，即 AF ∥ = ME． 故四边形 AFEM 是平行四边形，从而有 EF∥AM．[ 又因为 EF ⊄平面 PAD，AM ⊂平面 PAD， 所以 EF∥平面 PAD． …5 分 （Ⅱ）连接 AC，BD 交于点 O，连接 OP， 由题意得 PO⊥平面 ABCD，AC⊥BD， 以 OA，OB，OP 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 O-xyz， 则 A(2 2，0，0)，B(0，2 2，0)，C(－2 2，0，0)，P(0，0，2 2)， E(－ 2，0， 2)，F( 2，2，0)， AP→ ＝(－2 2，0，2 2)， AB→ ＝(－2 2，2 2，0)， EF→ ＝(2 2，2，－ 2)．…8 分 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由{ AP→ ·n＝0， AB→ ·n＝0， 得{－x＋z＝0， －x＋y＝0，可取 x＝1，得 n＝(1，1，1)． …10 分 设 EF 与平面 PAB 所成的角为θ，所以 sin θ＝|cos〈 EF→ ，n〉|＝| EF→ ·n| _________ | EF→ ||n|＝ 2 3 ， 即直线 EF 与平面 PAB 所成角的正弦值为 2 3 ． …12 分 （20）解： （Ⅰ）将 y＝kx＋1 代入 x2＝2py，得 x2－2pkx－2p＝0． 其中 Δ＝4p2k2＋8p＞0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p． …2 分 OA → · OB → ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋ x 2p· x 2p＝－2p＋1＝0，解得 p＝1 2． 所以抛物线 E 的方程为 x2＝y． …6 分 （Ⅱ）k1，k2 的关系式为 k1＋k2＝0． …7 分 证明：由（Ⅰ）知，x1＋x2＝2pk＝k，x1x2＝－2p＝－1． k1＝y1＋1 x1 ＝x＋1 x1 ，同理 k2＝x＋1 x2 ． …8 分 则 k1＋k2＝x＋1 x1 ＋x＋1 x2 ＝x2x＋x1x＋x1＋x2 x1x2 ＝x1＋x2＋x1＋x2 x1x2 …11 分 把 x1＋x2＝2pk＝k，x1x2＝－2p＝－1，代入得 k1＋k2＝k＋(－k)＝0 即：k1＋k2＝0． …12 分 B C A D F E P M O yx z（21）解： （Ⅰ）证明：因为△ABC 与△A1BC 均为等边三角形，AB＝2，O 为 BC 的中点， 所以 A1O⊥BC，AO⊥BC． 在△AOA1 中，A1O＝AO＝ 3，A1A＝ 6， 从而有 AO2＋A1O2＝AA12，所以 A1O⊥AO， 又因为 AO∩BC＝O， 所以 A1O⊥平面 ABC， 又因为 A1O⊂平面 A1BC， 所以平面 A1BC⊥平面 ABC． …5 分 （Ⅱ）以 OA，OB，OA1 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 O-xyz，则 O(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0， 3)， AA1→ ＝(－ 3，0， 3)，由（Ⅰ）可知，BC⊥平面 AOA1， O B → ＝(0，1，0)是平面 AOA1 的 一个法向量， …7 分 设 BM→ ＝λ BB1→ ，其中 0≤λ≤1． 所以 OM→ ＝ OB→ ＋ BM→ ＝ OB→ ＋λ BB1→ ＝ OB→ ＋λ AA1→ ＝(－ 3λ，1， 3λ)， OA1→ ＝(0，0， 3)， 设平面 A1OM 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{·n＝－λx＋y＋λz＝0， ·n＝z＝0， 取 x＝1，则 n＝(1， 3λ，0)， …9 分 所以|cos 〈 O B → ，n〉|＝| OB → ·n| _________ | OB → ||n|＝ λ 1＋3λ2＝ 1 2，解得λ＝ 1 3． …11 分 即存在一点 M，且 BM BB1＝ 1 3时，二面角 A-A1O-M 的大小为 2π 3 ． …12 分 （22）解： （Ⅰ）因为椭圆 C 的离心率为 2 2 ，所以 a＝ 2b， 即椭圆 C 的方程为 x2 2b2＋ y2 b2＝1，将点(2， 2)的坐标代入 C 的方程，得 b2＝4， 则椭圆 C 的方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1． …4 分 B1 C1 A1 MO C BA z x y（Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时，|OP|＝2，|MA|＝|MB|＝ 14 2 ， 所以|MA|·|MB|＝7 2＝4λ，得 λ＝7 8． …6 分 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l：y＝k(x－1)，代入椭圆 C 的方程， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 4k2 2k2＋1，x1x2＝2k2－8 2k2＋1． …8 分 因为 OP∥l，所以直线 OP 的方程为 y＝kx， 代入 x2 8 ＋ y2 4 ＝1，得(2k2＋1)x2＝8，x2＝ 8 2k2＋1，所以|OP|2＝ 8(1＋k2) 2k2＋1 ． 又|MA|＝ (x1－1)2＋y21＝ 1＋k2|x1－1|，同理|MB|＝ 1＋k2|x2－1|， 所以|MA|·|MB|＝(k2＋1)|(x1－1)(x2－1)|＝－(k2＋1)(x1－1)(x2－1) ＝－(k2＋1)[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝7(1＋k2) 2k2＋1 ， 故7 8|OP|2＝|MA|·|MB|，存在 λ＝7 8满足条件． 综上可得，存在 λ＝7 8满足条件． …12 分