2020-2021學年廣東省湛江市高二（上）期末數(shù)學試卷人教A版

這是一份2020-2021學年廣東省湛江市高二（上）期末數(shù)學試卷人教A版，共12頁。試卷主要包含了選擇題，填空題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

1. 設集合A=x|x?7x+120，則A∩B=( )
A.{x|?60與雙曲線x23?y2=1有相同的焦點F．

(1)求C的方程，并求其準線l的方程；

(2)如圖，過F且斜率存在的直線與C交于不同的兩點Ax1,y1，Bx2,y2，直線OA與準線l交于點N，過點A作l的垂線，垂足為M．證明：y1y2為定值，且四邊形AMNB為梯形．

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為255，且焦距為8．
(1)求C的方程；

(2)設直線l的傾斜角為π3，且與C交于A，B兩點，點O為坐標原點，求△AOB面積的最大值．
參考答案與試題解析
2020-2021學年廣東省湛江市高二（上）期末數(shù)學試卷
一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1.
【答案】
B
【考點】
交集及其運算
【解析】
可求出集合A，B，然后進行交集的運算即可．
【解答】
解：∵ A=x|?12b>0，且a+3b=1，
∴ 1=a+3b≥23ab，故ab≤123，0b>0，且a+3b=1，
∴ 1a+3b=(1a+3b)(a+3b)≥10+23ba?3ab=16，
當且僅當a=b=14時“=”成立，故C正確；
對于D：a2+15b2=a2+151?a32
=83a2?103a+53=83a?582+58≥58，
當且僅當a=58時“=”成立，故D正確.
故選ACD.
【答案】
A,D
【考點】
橢圓的應用
直線與橢圓結(jié)合的最值問題
橢圓的標準方程
【解析】
設出點P的坐標，求出直線PA，PB的斜率的乘積，然后再設出直線PA，PB的方程，進而可以求出點C，D的橫坐標，進而可以求出|CD|，即可求解．
【解答】
解：設Px0,y0，
則kPA?kPB=y02x02?9=1?x029x02?9=?19．
∵ kPA=k，
∴ kPB=?19k.
∵ 直線AP的方程為y=kx+3，
∴ 點C的橫坐標為?3k?3.
∵ 直線BP的方程為y=?19kx?3，
∴ 點D的橫坐標為27k+3，
∴ |CD|=|27k+3k+6|=36，
整理，得9k2+14k+1=0或9k2?10k+1=0，
解得k=?7±2109或k=19或k=1．
故選AD．
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡中的橫線上．
【答案】
?6
【考點】
數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系
【解析】
由題意利用兩個向量垂直的性質(zhì)，兩個向量的數(shù)量積公式，計算求得m的值．
【解答】
解：∵ AB→⊥CD→，
∴ AB→?CD→=m+2+4=0，
解得m=?6．
故答案為：?6．
【答案】
2
【考點】
雙曲線的離心率
【解析】
利用雙曲線的虛軸長，求解b，然后求解c，即可求解離心率．
【解答】
解：因為雙曲線x26?y2m=1的虛軸長為62，
可得b=32，a=6，c=6+18=26，
所以雙曲線的離心率為：e=266=2.
故答案為：2.
【答案】
81313
【考點】
正弦定理
同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系
【解析】
由已知利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sinC的值，進而根據(jù)正弦定理即可求解AB的值．
【解答】
解：因為tanC=23，sin2C+cs2C=1，
所以sinC=23913.
由正弦定理，得ACsinB=ABsinC，
所以AB=AC?sinCsinB=81313．
故答案為：81313．
【答案】
3
【考點】
拋物線的標準方程
拋物線的定義
【解析】
拋物線的準線為y＝2，焦點F坐標為(0, ?2)，表示點P(m, n)與點F(0, ?2)的距離與點P(m, n)與點A(2, ?1)的距離之和，由拋物線的定義和兩點之間線段最短可得最小值，進而可得結(jié)論．
【解答】
解：∵ 拋物線x2=?8y的焦點為F0,?2，準線為l：y=2，
∴ m2+n2+4n+4+m2+n2?4m+2n+5
=m2+n+22+m?22+n+12的幾何意義是
點Pm,n到F0,?2與點A(2,?1)的距離之和.
由拋物線的定義，得點Pm,n到F的距離等于點Pm,n到l的距離，
∴ 所求最小值為2??1=3.
故答案為：3.
四、解答題．本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說期、證時過程或演算步驟．
【答案】
解：(1)∵ b2+c2?a2=58bc，
∴ csA=b2+c2?a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2?2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周長為6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1?(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【考點】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用余弦定理即可求解csA的值．
（2）由已知利用正弦定理化簡可得c=2b，由余弦定理得a＝152b，根據(jù)△ABC的周長，可求b的值，進而利用三角形的面積公式即可計算得解．
【解答】
解：(1)∵ b2+c2?a2=58bc，
∴ csA=b2+c2?a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2?2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周長為6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1?(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【答案】
(1)證明：在三棱柱ABC?A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1的中點，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四邊形BEC1F是平行四邊形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E?平面A1C1E，BF?平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C為坐標原點，CA→的方向為x軸的正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標系C?xyz，
設BC=1，
則A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,?1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
設平面A1C1E的法向量為n→=x,y,z，
則n→?C1A1→=2x=0,n→?EC1→=?y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
則sin=|cs|=35?2=31010，
故B1C與平面A1C1E所成角的正弦值為31010.
【考點】
直線與平面平行的判定
用空間向量求直線與平面的夾角
【解析】
（1）推導出BEC1F，從而四邊形BEC1F是平行四邊形，進而BF // EC1，由此能證明BF // 平面A1C1E．
（2）以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，CC1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出B1C與平面A1C1E所成角的正弦值．
【解答】
(1)證明：在三棱柱ABC?A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1的中點，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四邊形BEC1F是平行四邊形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E?平面A1C1E，BF?平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C為坐標原點，CA→的方向為x軸的正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標系C?xyz，
設BC=1，
則A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,?1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
設平面A1C1E的法向量為n→=x,y,z，
則n→?C1A1→=2x=0,n→?EC1→=?y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
則sin=|cs|=35?2=31010，
故B1C與平面A1C1E所成角的正弦值為31010.
【答案】
解：(1)因為a1=4，
所以a1?2=2.
因為數(shù)列{an?2n}是等差數(shù)列，且公差為2，
所以an?2n=2+2n?1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)選①：a3?a2=48且a2>0；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a3?a2=48，得4q2?4q=48，
解得q=4或q=?3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n，
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
選②：a3=64且a4>0；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n．
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
選③：a2021=16a2a2017；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
則q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n．
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
【考點】
等差數(shù)列的通項公式
數(shù)列的求和
【解析】
（1）直接利用已知條件求出數(shù)列的通項公式，再得到{an}的通項公式；
（2）根據(jù)條件分別求出數(shù)列的通項公式，然后利用錯位相減法，求出數(shù)列{(3n?1)an}的前n項和．
【解答】
解：(1)因為a1=4，
所以a1?2=2.
因為數(shù)列{an?2n}是等差數(shù)列，且公差為2，
所以an?2n=2+2n?1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)選①：a3?a2=48且a2>0；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a3?a2=48，得4q2?4q=48，
解得q=4或q=?3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n，
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
選②：a3=64且a4>0；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n．
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
選③：a2021=16a2a2017；
由題意，設數(shù)列an的公比為q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
則q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n?1=4n ，
所以3n?1an=3n?14n．
所以Sn=2×4+5×42+?+3n?1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+?+3n?1×4n+1，
兩式相減，得?3Sn=8+3(42+43+?+4n)?(3n?1)4n+1 ，
即?3Sn=8+3×42?4n+11?4+1?3n4n+1=2?3n4n+1?8，
所以Sn=(3n?2)4n+1+83．
【答案】
(1)證明：∵ 四邊形ACDE為正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF?平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C為坐標原點，CD→的方向為x軸的正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標系C?xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 點B到AC的距離為1，
∴ G0,0,42，F(xiàn)4,4,42，B?1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,?2,42)．
設平面BFG的一個法向量為n→=x,y,z，
則n→?GF→=n→?BG→=0，
即4x+4y=x?2y+42z=0，
令y=42，得n→=(?42,42,3)．
取m→=0,0,1為平面ABCDE的一個法向量，
∴ cs?m→,n→?=m→?n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG與平面ABCDE所成銳二面角的余弦值為37373．
【考點】
兩條直線垂直的判定
用空間向量求平面間的夾角
【解析】
（1）由四邊形ACDE為正方形，可得AD⊥CE，再由面面垂直的性質(zhì)可得AD⊥平面FECG，從而得到AD⊥CF；
（2）以E為坐標原點，建立空間直角坐標系A?xyz，利用向量法能求出平面BFG與平面ABCDE所成銳二面角的余弦值．
【解答】
(1)證明：∵ 四邊形ACDE為正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF?平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C為坐標原點，CD→的方向為x軸的正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標系C?xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 點B到AC的距離為1，
∴ G0,0,42，F(xiàn)4,4,42，B?1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,?2,42)．
設平面BFG的一個法向量為n→=x,y,z，
則n→?GF→=n→?BG→=0，
即4x+4y=x?2y+42z=0，
令y=42，得n→=(?42,42,3)．
取m→=0,0,1為平面ABCDE的一個法向量，
∴ cs?m→,n→?=m→?n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG與平面ABCDE所成銳二面角的余弦值為37373．
【答案】
(1)解：∵ 雙曲線x23?y2=1的右焦點為F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程為y2=8x，其準線l的方程為x=?2．
(2)證明：由題意可知，直線AB過點F且斜率存在，
設直線AB的方程為y=kx?2k≠0，
聯(lián)立y=kx?2,y2=8x,
整理，得ky2?8y?16k=0，
則Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=?16kk=?16，
故y1y2為定值．
由題意，得點N在準線l上，設點N?2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m?2，
又∵ y2=?16y1，
∴ m=?2y1x1=?2y1y128=?16y1=y2，
∴ BN//x軸//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|(zhì)BN|，
∴ 四邊形AMNB為梯形．
【考點】
拋物線的定義
圓錐曲線中的定點與定值問題
【解析】
（1）根據(jù)題意可得雙曲線的右焦點為(2, 0)，則，解得p，進而可得C的方程和準線l的方程；
（2）設直線AB方程為y＝k(x?2)(k≠0)，聯(lián)立直線AB與拋物線的方程得關(guān)于y的一元二次方程，由韋達定理可得y1*y2為定值；設點N為(?2, m)，由kOA＝kON，推出可得m＝y(tǒng)2，進而可得BN // x軸 // AM，|AM|≠|(zhì)BN，即可得證．
【解答】
(1)解：∵ 雙曲線x23?y2=1的右焦點為F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程為y2=8x，其準線l的方程為x=?2．
(2)證明：由題意可知，直線AB過點F且斜率存在，
設直線AB的方程為y=kx?2k≠0，
聯(lián)立y=kx?2,y2=8x,
整理，得ky2?8y?16k=0，
則Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=?16kk=?16，
故y1y2為定值．
由題意，得點N在準線l上，設點N?2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m?2，
又∵ y2=?16y1，
∴ m=?2y1x1=?2y1y128=?16y1=y2，
∴ BN//x軸//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|(zhì)BN|，
∴ 四邊形AMNB為梯形．
【答案】
解：(1)依題意可知e=ca=255,2c=8,a2=b2+c2,
解得a=25,c=4，
故C的方程為x220+y24=1.
(2)依題意可設直線l的方程為y=3x+m.
聯(lián)立y=3x+m,x220+y24=1,整理得16x2+103mx+5m2?20=0，
則Δ=300m2?645m2?20>0，解得?8