1、南京市20202021学年度第一学期期中调研测试 高 二 数 学 2020.11注意事项：1本试卷共6页，包括单项选择题（第1题第8题）、多项选择题（第9题第12题）、填空题（第13题第16题）、解答题（第17题第22题）四部分本试卷满分为150分，考试时间为120分钟2答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置3作答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷上4非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，在其他位置作答一律无效一、单项选择题
2、：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上1在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线x22y的焦点为F，准线为l，则点F到直线l的距离为A B1C2D42已知向量a(2，3，1)，b(4，m，n)，且ab，其中m，nR，则mnA4 B4 C2 D23若sin2cos()，则tan()的值为A3 B C3 D 4在平面直角坐标系xOy中，若椭圆C：1与双曲线T：x21有相同的焦点，则双曲线T的渐近线方程为Ayx ByxCy4xDy2x5在平面直角坐标系xOy中，直线x2y40与两坐标轴分别交于点A，B，圆C经过A，B，且圆
3、心在y轴上，则圆C的方程为 Ax2y26y160 Bx2y26y160 Cx2y28y90 Dx2y28y906如图，已知圆柱的底面半径为2，与圆柱底面成60角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的焦距为 （第6题）C1（第7题）ABCB1OA2 B2 C4D47如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，A1ABA1AC60，BAC90，A1A3，ABAC2，则线段AO的长度为A B C D8在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：1(a0，b0)的左焦点为F，点M，N在双曲线C上若四边形OFMN为菱形，则双曲线C的离心率为 A1 B1 C1 D1二、多项选择题：本大题共
4、4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得5分，部分选对得3分，不选或有错选的得0分9已知两个不重合的平面，及直线m，下列说法正确的是A若，m，则m B若，m，则mC若m，m，则 D若m，m，则10在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆 1的左、右焦点，点A在椭圆上若AF1F2为直角三角形，则AF1的长度可以为A1B2C3D4N（第11题）OMPl2l111如图，直线l1，l2相交于点O，点P是平面内的任意一点，若x，y分别表示点P到l1，l2的距离，则称(x，y)为点P的“距离坐标”下列说法正确的是A距离坐标为(
5、0，0)的点有1个 B距离坐标为(0，1)的点有2个C距离坐标为(1，2)的点有4个 D距离坐标为(x，x)的点在一条直线上（第12题）1220世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及它们的过渡形态其中立方八面体（如图所示）有24条棱、12个顶点、14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体已知一个立方八面体的棱长为1，则A它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为2 B它的任意两条不共面的棱所在直线都相互垂直C它的体积为 D它的任
6、意两个共棱的面所成的二面角都相等三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分请把答案填写在答题卡相应位置上13在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：xay0和直线l2：2x(a3)y40，aR若l1与 l2平行，则l1与 l2之间的距离为14在空间直角坐标系中，若三点A(1，1，a)，B(2，a，0)，C(1，a，2)满足(2)，则实数a的值为15词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出自中国数学名著九章算术商功，是古代人对一些特殊锥体的称呼在九章算术商功中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA平面ABC，PAAC1，BC，则四面体PABC
7、的外接球的表面积为ABCP（第15题）第16题16早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同建立如图所示的平面直角坐标系xOy，根据图上尺寸，溢流孔ABC所在抛物线的方程为，溢流孔与桥拱交点A的横坐标为四、解答题：本大题共6小题，共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）在 sin(AB)sinBsinC；2acosC2bc；ABC的面积S(a2b2c2) 三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答
8、该问题已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_，D是边BC上的一点，BAD，且b4，c2，求线段AD的长注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆F：(x2)2y21，动圆M与直线l：x1相切且与圆F外切（1）记圆心M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；（2）已知A(2，0)，曲线C上一点P满足PAPF，求PAF的大小19（本小题满分12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为AC中点（1）求证：B1A平面C1BD；DBB1A1（第19题）C1AC（2）若AA1AB3，BC4，且ABBC，求三棱锥BB1C1D的体积20（
9、本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y21，点A，B是直线xym0(mR)与圆O的两个公共点，点C在圆O上（1）若ABC为正三角形，求直线AB的方程；（2）若直线xy0上存在点P满足0，求实数m的取值范围21（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB平面ABCD，PAAB，PAAD4，（第21题）PABCDEBCAD，ABAD，ABBC2，(01)（1）若，求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；（2）设二面角B-AE-C的大小为，若|cos|，求的值22（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0) 的左顶点与上顶点的距离为2，且
10、经过点(2，)（1）求椭圆C的方程；xA1OyPMQ（第22题图）（2）直线l与椭圆C相交于P，Q两点，M是PQ的中点若椭圆上存在点N满足3，求证：PQN的面积S为定值南京市20202021学年度第一学期期中调研测试 高二数学参考答案 2020.11一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1B 2B 3D 4D 5A 6D 7A 8C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 9BC 10ABC 11ABC 12ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13 14 154 16y(x14)2，四、解答题：本大题共6小题，共70分 17（本小题满分10分）解
11、：选由条件 sin(AB)sinBsinC，在ABC中，ABC，所以sin(AB)sinBsin(AB)，即 sinAcosBcosAsinBsinBsinAcosBcosAsinB， 2分从而sinB2cosAsinB因为B为三角形内角，所以sinB0，所以cosA因为A为三角形内角，所以A 4分(图)OPMNl2l1在ABC中，因为b4，c2，故由正弦定理 得4sinC2sinB，即2sinCsinB，所以sinB2sinC2sin(B)cosBsinB，即2sinBcosB由sinB0知cosB0，因此tanB 8分因为BAD，所以ADABtanB 10分选由条件2acosC2bc，结合
12、余弦定理得2a2bc，即 a2b2c2bc， 2分所以cosA，因为A为三角形内角，所以A 4分(图)OPMNl2l1在ABC中，因为b4，c2，故由正弦定理 得4sinC2sinB，即2sinCsinB，所以sinB2sinC2sin(B)cosBsinB，即2sinBcosB由sinB0知cosB0，因此tanB 8分因为BAD，所以ADABtanB 10分选由条件，ABC的面积S(a2b2c2)，得bcsinA(2bccosA)，即sinAcosA， 2分因为A为三角形内角，所以sinA0，从而cosA0，所以tanA，所以A 4分(图)OPMNl2l1在ABC中，因为b4，c2，故由正
13、弦定理 得4sinC2sinB，即2sinCsinB，所以sinB2sinC2sin(B)cosBsinB，即2sinBcosB由sinB0知cosB0，因此tanB 8分因为BAD，所以ADABtanB 10分另解：A（略） 4分在ABC中，因为b4，c2，由余弦定理得a2b2c22bccosA4222242cos28，所以a2 6分由正弦定理得，则sinB，又B为锐角，所以cosB，则tanB 8分在ABD中，因为BAD，所以ADABtanB 10分18（本小题满分12分）解：（1）设M(x，y)，圆M的半径为r由题意知，MFr1，M到直线l的距离为r 方法一：点M到点F(2，0)的距离等
14、于M到定直线x2的距离，根据抛物线的定义知，曲线C是以F(2，0)为焦点，x2为准线的抛物线故曲线C的方程为y28x 6分方法二：因为MFr1，|x1|r，x1，所以x2，化简得y28x，故曲线C的方程为y28x 6分（2）方法一：设P(x0，y0)，由PAPF，得(x02)2y022(x02)2y02， 8分又y028x0，解得x02，故P(2，4)， 10分所以kPA1，从而PAF 12分方法二：过点P向直线x2作垂线，垂足为Q由抛物线定义知，PQPF，所以PAPQ， 8分在APQ中，因为PQA，所以sinQAP， 10分B1（第19题）A1C1BDACOE从而QAP，故PAF 12分19
15、（本小题满分12分）（1）证明：连结B1C交BC1于点O，连结OD 在三棱柱ABCA1B1C1中，BCB1C1，BCB1C1，所以四边形B1BCC1为平行四边形，所以O为B1C中点又因为D为AC中点，所以OD为CB1A的中位线，所以B1AOD 3分又因为B1A平面C1BD，OD 平面C1BD，所以B1A平面C1BD 5分（2）解：方法一：三棱锥BB1C1D的体积就是三棱锥DBB1C1的体积 7分过点D作DEBC，垂足为E在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC因为DE平面ABC，所以B1BDE又因为DEBC，且B1B，BC平面B1BCC1，B1BBCB，所以DE平面B1BCC1，即DE
16、为三棱锥DBB1C1的高 9分在ABC中，AB3，BC4，且ABBC，所以AC5，sinC，在RtDEC中，DCAC，所以DEDCsinC 又BB1C1的面积SBB1B1C1346，所以三棱锥DBB1C1的体积VSDE3，故三棱锥BB1C1D的体积等于3 12分方法二：三棱锥BB1C1D的体积就是三棱锥B1BDC1的体积 7分因为（1）中已证B1A平面C1BD，所以B1到平面BDC1的距离等于A到平面BDC1的距离因此三棱锥B1BDC1的体积等于三棱锥ABDC1的体积，即等于三棱锥C1ABD的体积在直三棱柱ABCA1B1C1中，C1C平面ABC，所以C1C为三棱锥C1ABD的高 10分因为AB
17、3，BC4，且ABBC，SABCABBC6因为D是AC的中点，所以ABD的面积SSABC3故三棱锥C1ABD的体积VSC1C3，即三棱锥BB1C1D的体积等于3 12分20（本小题满分12分）解：（1）由ABC为正三角形，得AOB2ACB，所以ABOBAO，所以原点O到直线AB的距离d1sin 3分由点到直线的距离公式得，解得m或所以直线AB的方程为2x2y0或2x2y0 5分（2）方法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)因为0，所以点P在以AB为直径的圆上记该圆圆心为(x0，y0)，则是方程组的解，解得故以AB为直径的圆的方程为(x)2(y)21，其中m 9分又点P在直线x
18、y0上，即直线与圆有公共点，所以，即2m22m10 解得m综上，实数m的取值范围是， 12分方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立直线AB与圆O方程，得消去y得2x22mxm210 所以x1，x2是的两个解，判别式(2m)242(m21)0，即m，且x1x2m，x1x2 7分设点P(x，y)，则(xx1，yy1)，(xx2，yy2)由0，得(xx1) (xx2)(yy1) (yy2)0，将yx，y1x1m，y2x2m代入，整理得2x22(x1x2m)x2x1x2(m)(x1x2)(m)20又x1x2m，x1x2，所以2x22xm2m20，关于x的方程2x22xm2m20有实数解， 1
19、0分因此(2)242(m2m2)0，即2m22m10，解得m综上，实数m的取值范围是， 12分21（本小题满分12分）解：因为平面PAB平面ABCD，PAAB，平面PAB平面ABCDAB，PA平面PAB，所以PA平面ABCD因为AD平面ABCD，所以PAAD又ABAD，所以PA，AB，AD两两互相垂直以，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz2分yzPABCDEx因为PAAD4，ABBC2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)（1）若，即E为PC中点，则E，所以，设平面ABE的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即令z11，
20、得y12，所以平面ABE的一个法向量为m(0，2，1) 4分设直线DE与平面ABE所成角为，则sin|cos，m| 6分（2）因为(01)，则E(2，2，44)设平面ABE的一个法向量为n(x2，y2，z2)，则即令y22，得z2，所以平面ABE的一个法向量为n(0，2，) 设平面AEC的一个法向量为l(x3，y3，z3)，则即令x31，得y31，所以平面AEC的一个向量为l(1，1，0) 9分（或证明CD平面PAC，从而为平面PAC的一个法向量）因为二面角B-AE-C的大小为，且|cos|，得|cosn，l|，整理得32210，解得，或1(舍)所以 12分22（本小题满分12分）解：（1）椭
21、圆C的左顶点(a，0)，上顶点(0，b)因为左顶点与上顶点的距离为2，所以2，化简得a2b212 因为椭圆经过点(2，)，所以1， 2分 由解得a28，b24或a26，b26（舍去），所以椭圆C的方程为1 4分（2）当PQ斜率不存在时，N为(2，0)，PQ方程为x，易得PQ，此时SMNPQ 5分当PQ斜率存在时，设PQ的方程为ykxm (m0)，联立得(12k2)x24kmx2(m24)0，由(4km)28(12k2)(m24)0，得0m28k24 （*）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2，因此PQ的中点M为(，)又因为3，所以N(，)，将点M代入椭圆方程，得1，化简得2k21m2，符合（*）式 9分记点O到直线l的距离为d，则S4SOPQ2PQd2|x1x2|d2， 将2k21m2代入，得S 综上，PQN的面积S为定值 12分