2020-2021学年湖南省长沙市雅礼教育集团高二上学期期中考试数学试题 pdf版

湖南省长沙市雅礼教育集团2020-2021学年 高二上学期期中考试数学试题 时量：120 分钟 分值：150 分 一、选择题：本题共 8 个小题，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．半径为 2的球的表面积是 ( ) A．16 3  B． 32 3  C．16 D．32 2．已知向量 3a   ，2， x ，向量 2b   ，0， 1 ，若 a b   ，则实数 x  ( ) A．3 B． 3 C．6 D． 6 3．下列说法正确的是 ( ) A．通过圆台侧面一点，有无数条母线 B．棱柱的底面一定是平行四边形 C．圆锥的轴截面是等腰三角形 D．用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 4．在正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 中， AC与 1BC 所成角的大小为 ( ) A．30 B． 45 C． 60 D．90 5．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的两条渐近线互相垂直，焦距为 6 2，则该双曲线的 实轴长为 ( ) A．3 B．6 C．9 D．12 6．已知半径为 1的圆经过点 (3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为 ( ) A．4 B．5 C．6 D．7 7．已知 ( 2,1) 是直线 l被椭圆 2 2 1 36 9 x y   所截得线段的中点，则直线 l的方程是 ( ) A． 2 0x y  B． 2 4 0x y   C． 2 3 0x y   D． 2 3 1 0x y   8．已知 1F 、 2F 是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的左、右焦点，若双曲线左支上存在一点 P 与点 2F 关于直线 bxy a  对称，则该双曲线的离心率为 ( ) A． 5 2 B． 5 C． 2 D．2 二、选择题：本题共 4 个小题，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．下列说法正确的是 ( ) A．方程 1 2 y x   表示一条直线 B．到 x轴的距离为 2的点的轨迹方程为 2y  C．方程 2 2 2 2( 1) ( 4) 0x y    表示四个点 D．“ 75  m ”是“方程 1 57 22     m y m x 表示椭圆”的必要不充分条件 10．已知 l，m是两条不同的直线， ，  是两个不同的平面，且 l∥ ，m  ，则下列 命题中正确的是 ( ) A．若 / /  ，则 m B．若  ，则 l m C．若 l m ，则 l∥  D．若 m∥ ，则  11．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心 F 为一个焦点的椭圆，如图所示，已知 它的近地点 A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点 B（离地面最远的点）距地面 n千 米，并且 F 、 A、 B三点在同一直线上，地球半径约为 R千米，设该椭圆的长轴长、短轴 长、焦距分别为 2a、 2b、 2c，则 ( ) A． a c m R   B． a c n R   C． 2a m n  D． ( )( )b m R n R   12．过抛物线 2 4y x 的焦点 F 作直线交抛物线于 A  1x ， 1y ， B  2x ， 2y 两点，M 为线 段 AB的中点，则 ( ) A．以线段 AB为直径的圆与直线 1x 相切 B．以线段 BF 为直径的圆与 y轴相切 C．当 3AF FB   时， 9| | 2 AB  D． 3OA OB     （O为坐标原点） 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．曲线 1y lnx x   的一条切线的斜率为 2，则切点坐标为 ． 14．直三棱柱 111 CBAABC  中，若CA a   ，CB b   ， 1CC c   ，则 1BA   (用 , ,a b c    表示）． 15．如图，测量河对岸的塔高 AB时，可以选与塔底 B在同一水平面内的两个观测点C，D， 测得 15BCD  ， 30CBD  ， 10 2CD  （米 )，并在C处测得塔顶 A的仰角为 45， 则塔高 AB  米． 16．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角 黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人 屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1的正三角形构成的，将它沿虚线折起 来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，若该六面体内有一球，则该球体积的最大值 为 ． 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．（10分）设等比数列{ }na 满足 1 2 4a a  ， 3 1 8a a  ． （1）求{ }na 的通项公式； （2）记 nS 为数列 3{log }na 的前 n项和．若 1 3m m mS S S   ，求m． 18．（12分）已知曲线 3:C y x ．求： （1）曲线C上横坐标为 1的点处的切线的方程； （2）第（1）小题中的切线与曲线C是否还有其他的公共点？ 19．（12分）在△ABC中，角 A，B，C所对应的边分别为 a，b，c，已知 sin 2 sina B b A ． （1）求角 B的大小； （2）给出三个条件① 2b  ，②△ABC外接圆半径 2 3 3 r  ，③ 2 3a c  ，试从中选择两 个可以确定△ABC的条件，并求△ABC的面积． 20．（12分）如图所示，在四棱锥 A BCDE 中，底面 BCDE为正方形，且 2BC  ， 4AB  ， 2 5AC AE  ． （1）证明： AB 平面 BCDE； （2）求二面角C AD E  的余弦值． 21．（12分）已知抛物线 2: 4C y x ，直线 :l y x m  与抛物线交于 A，B两点， ( 1,6)P  是 抛物线准线上的点，连结 PA， PB． （1）若 1m   ，求 AB的长 （2）若△PAB是以 PA， PB为腰的等腰三角形，求m的值． 22．（12分）在平面直角坐标系 xOy中，圆 2 2: ( 1) 16A x y   ，点 ( 1,0)B  ，过 B的直线 l与 圆 A交于点C， D，过 B做直线 BE 平行 AC 交 AD于点 E． （1）求点 E的轨迹 的方程； （2）过 A的直线与 交于H 、G 两点，若线段 HG 的中点为M ，且 2MN OM   ，求四边 形OHNG面积的最大值． 日期：2020/11/16 17:06:30；用户：哈哈哈哈给；邮箱：17771121119；学号： 25052989 雅礼教育集团 2020 下学期期中考试试卷 高二数学参考答案 一、选择题：本题共 8 个小题，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. 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 答 案 C D C C B A B B 二、选择题：本题共 4 个小题，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. 题 号 9 10 11 12 答 案 CD AD ABD ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. (1，2) 14. a b c     15. 20 16. 729 68  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．解：（1）设公比为 q，则由 1 1 2 1 1 4 8 a a q a q a      ， 可得 1 1a  ， 3q  ， 所以 13nna  ． （2）由（1）有 3log 1na n  ，是一个以 0为首项，1为公差的等差数列， 所以 ( 1) 2n n nS   ， 所以 ( 1) ( 1) ( 3)( 2) 2 2 2 m m m m m m      ， 2 5 6 0m m   ， 解得 6m  ，或 1m   （舍去）， 所以 6m  ． 18．解：（1） 23y x  1| 3xy   ， 而切点的坐标为 (1,1) 曲线 3y x 在 1x  的处的切线方程为 3 2 0x y   （2）由方程组： 3 3 2 0x y y x      解得： 1 1 x y    或 2 8 x y      故切线与曲线C还有其他的公共点： ( 2, 8)  ． 19．解：（1）因为 sin 2 sina B b A ，所以 2 sin cos sina B B b A ， 由正弦定理得 2 cosab B ba ，  1cos 2 B  ， 0 B   ， 3 B    ； （2）显然可知当选择条件①②时，△ABC不唯一； 当选择条件①③时，△ABC唯一，此时， 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 即 2 2 24 ( ) 3 12 3a c ac a c ac ac        ． 解得 8 3 ac  ． 所以△ABC的面积 1 1 8 3 2 3sin 2 2 3 2 3 S ac B     ． 当选择条件②③时，△ABC唯一，此时， 由正弦定理可知 2 sin 2b r B  ． 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 即 2 2 24 ( ) 3 12 3a c ac a c ac ac        ． 解得 8 3 ac  ． 所以△ABC的面积 1 1 8 3 2 3sin 2 2 3 2 3 S ac B     ． 20．（1）证明：底面 BCDE为正方形，且 2BC  ， 4AB  ， 2 5AC AE  ． 2 2 2AC AB BC   ， 2 2 2AE AB BE  ， AB BC  ， AB BE ， 又 BC BE B ， BC 平面 BCDE， BE 平面 BCDE， AB  平面 BCDE； （2）解：由（1）知， AB 平面 BCDE，又底面 BCDE为正方形， 分别以 BC  ， BE  ， BA  为 x， y， z轴正方向建立空间直角坐标系． 则 (0B ，0， 0)， (0A ，0， 4)， (2C ，0， 0)， (0E ，2， 0)，  (2,0, 4)AC    ， (2,2, 4)AD    ， (0,2, 4)AE    ． 设平面 ACD的一个法向量为 ( , , )n x y z  ， 则 2 4 0 2 2 4 0 n AC x z n AD x y z            ，取 1z  ，得 (2,0,1)n  ； 同理可求得平面 ADE 的一个法向量 (0,2,1)m   ． 1 1cos , | | | | 55 5 m nm n m n            ． 又二面角C AD E  为钝角， 故二面角C AD E  的余弦值为 1 5  ． 21．解：（1）联立直线 1y x  和抛物线方程 2 4y x ，可得 2 6 1 0x x   ， 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，可得 1 2 6x x  ， 1 2 1x x  ， 可得 2 1 2 1 2 1 2| | 1 1 | | 2 ( ) 4 2 36 4 1 8AB x x x x x x            ； （2）联立直线 y x m  和抛物线方程 2 4y x ，可得 2 2(2 4) 0x m x m    ， 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，可得 1 2 4 2x x m   ， 设 AB的中点为 D，可得 (2 ,2)D m ， 由△PAB是以 PA， PB为腰的等腰三角形，可得直线 PD的斜率为 1 ， 由 ( 1,6)P  ，可得 6 2 1 1 2 m       ，解得 1m   ， 由△ 2 2(2 4) 4 0m m    ，可得 1m  ， 1m   成立， 故m的值为 1 ． 22．解：（1）因为 | | | | | | | | EB ED AC AD  ，又因为 | | | | 4AC AD  ，所以 | | | |EB ED ， 所以 | | | | | | | | | | 4 | | 2EB EA ED EA AD AB       ， 所以 E的轨迹是焦点为 A， B，长轴为 4的椭圆的一部分， 设椭圆方程为： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     ， 则 2 4a  ， 2 2c  ，所以 2 4a  ， 2 2 2 3b a c   ， 所以椭圆方程为 2 2 1 4 3 x y   ， 又因为点 E不在 x轴上，所以 0y  ， 所以点 E的轨迹 的方程为 2 2 1( 0) 4 3 x y y   ． （2）因为直线 HG 斜率不为 0，设为 1x ty  ， 设 1(G x ， 1)y ， 2(H x ， 2 )y ，联立 2 2 1, 1 4 3 x ty x y       整理得 2 2(3 4) 6 9 0t y ty    ， 所以△ 2 2 236 36(3 4) 144( 1) 0t t t      ， 1 2 2 6 3 4 ty y t     ， 1 2 2 9 3 4 y y t    ， 所以 2 1 2 2 1 6 1| || | 2 3 4OHG tS OA y y t      ，  2MN OM   ， 2GHN OHGS S   ， 设四边形OHNG的面积为 S， 则 2 22 2 22 18 1 18 183 13 43 4 3 1 11 OHG GHN OHG tS S S S tt t tt               ， 令 2 1 ( 1)t m m  … ， 再令 13y m m   ，则 13y m m   在 [1， ) 单调递增， 所以 1m  时， 4miny  ， 此时 0t  ， 2 2 13 1 1 t t    取得最小值 4，所以 9 2maxS  ．