1. 復數(shù)z1，z2在復平面內(nèi)對應的點關于直線y＝x對稱，且z1＝3+2i，則z2＝________．

2. 復數(shù)a?2i1+2i（i是虛數(shù)單位）是純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為________．

3. 拋物線x2＝16y的準線方程是________．

4. 已知復數(shù)z＝2+4i，其中i是虛數(shù)單位，，則|ω|＝________．

5. 設E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，若AC⊥BD，則四邊形EFGH的形狀是________．

6. 直線l與拋物線y2＝4x交于兩點A(x1, y1)，B(x2, y2)，O為坐標原點，若，則x1x2＝________．

7. 已知點F1，F(xiàn)2分別是橢圓x2+2y2=2的左、右焦點，點P是該橢圓上的一個動點，那么|PF1→+PF2→|的最小值是________．

8. 設F1，F(xiàn)2是雙曲線x25?y24=1的兩個焦點，P是該雙曲線上一點，且|PF1|:|PF2|＝2:1，則△PF1F2的面積等于________

9. 已知矩形ABCD的邊AB=a，BC=2，PA⊥平面ABCD，PA=2，現(xiàn)有以下五個數(shù)據(jù)：(1)a=12；(2)a=1；(3)a=3；(4)a=2；(5)a=4.
當在BC邊上存在點Q，使PQ⊥QD時，則a可以取________．（填上一個正確的數(shù)據(jù)序號即可）

10. 在所有經(jīng)過正方體ABCD?A1B1C1D1的任意兩個頂點的直線中任取k條，求這k條直線恰是兩兩異面，則k的最大值為________．

11. 在平面幾何里，有勾股點了“設△ABC的兩邊AC，AB互相垂直，則AB2+AC2＝BC2．”拓展到空間，類比平面幾何的勾股定理，若三棱錐A?BCD的三個側面ABC，ACD，ADB兩類互相垂直，則有________．


12. 過雙曲線x2?y215=1的右支上一點P，分別向圓C1：(x+4)2+y2=4和圓C2：(x?4)2+y2=1作切線，切點分別為M，N，則|PM|2?|PN|2的最小值為________．
二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分，每題5分）

“a>0，b>0”是“方程ax2+by2=1表示橢圓”的（ ）
A.充要條件B.充分非必要條件
C.必要非充分條件D.既不充分也不必要條件

已知平面α與平面β相交，直線m⊥α，則（ ）
A.β內(nèi)必存在直線與m平行，且存在直線與m垂直
B.β內(nèi)不一定存在直線與m平行，不一定存在直線與m垂直
C.β內(nèi)不一定存在直線與m平行，但必存在直線與m垂直
D.β內(nèi)必存在直線與m平行，卻不一定存在直線與m垂直

正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為CC1，BC，CD，BB1的中點，則下列結論正確的是（ ）
A.B1G // EFB.A1H⊥EF
C.B1G與AE相交D.平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1

已知直線l：x+y+2＝0與橢圓Γ：＝1交于A，B兩點，直線l1與橢圓 T交于M，N兩點，有下列直線l1：①x?y?2＝0；②x+y?2＝0；③x+y?2＝0；④x?y+2＝0，其中滿足△OAB與△OMN的面積相等的直線l1可以是（ ）
A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④
三、解答題（本大題共5小題，滿分35分）

已知復數(shù)z1，z2是實系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩根，且復數(shù)z1在復平面內(nèi)對應的點在第一象限，若z1+2z2＝12?3i，其中i是虛數(shù)單位．
（1）求復數(shù)z1，z2；

（2）若復數(shù)z滿足|z|＝1，求|z?z1|的最大值和最小值．

唐代詩人李顧的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登上望烽火，黃昏飲馬傍交河”詩中隱含著一個有趣的“將軍飲馬”問題，這是一個數(shù)學問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回軍營，怎樣走才能使得總路程最短？在平面直角坐標系中，將軍從點A(3, 0)處出發(fā)，河岸線所在直線方程為x+y＝4，并假定將軍只要到達軍營孫在區(qū)域即為回到軍營．
（1）若軍營所在區(qū)域為Ω:x2+y2≤2，求“將軍飲馬”的最短總路程；

（2）若軍營所在區(qū)域為Ω:|x|+2|y|≤2，求“將軍飲馬”的最短總路程．

如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的邊長為1，點P在底面ABCD（含邊界）內(nèi)運動．

（1）證明：BD⊥平面AA1C1C；

（2）若A1P和A1B與平面ABCD所成的角相等，求點P的軌跡長度．

已知直線l:x＝my+1過橢圓的右焦點F，且直線l交橢圓C于A，B兩點，點A，F(xiàn)，B在直線l′:x＝4上的射影依次為點D，K，E．
（1）求橢圓C的方程；

（2）若直線l交y軸于點M，且，當m變化時，探究λ1+λ2的值是否為定值？若是，求出λ1+λ2的值；否則，說明理由；

（3）連接AE，BD，試探究當m變化時，直線AE與BD是否相交于頂點？若是，請求出定點的坐標，并給予證明；否則，說明理由．

已知平面內(nèi)到定點A(1, 0)的距離與到定直線x=?1的距離之和為3的動點M的軌跡是Γ，
（1）求曲線Γ與x軸的交點P的坐標；

（2）求曲線Γ的方程；

（3）設B(a, 1)（a為常數(shù)），求|MA|+|MB|的最小值d(a)．
參考答案與試題解析
2020-2021學年上海市高二（上）期末數(shù)學試卷
一、填空題（本大題共12小題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分）
1.
【答案】
2+3i
【考點】
復數(shù)的運算
【解析】
直接利用對稱知識求出復數(shù)的代數(shù)形式即可．
【解答】
復數(shù)z1在復平面內(nèi)關于直線y＝x對稱的點表示的復數(shù)z2＝3+3i，
2.
【答案】
4
【考點】
復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算
【解析】
化簡復數(shù)為a+bi(a, b∈R)，然后由復數(shù)的實部等于零且虛部不等于0求出實數(shù)a的值．
【解答】
解：a?2i1+2i=(a?2i)(1?2i)(1+2i)(1?2i)
=a?4?2(a+1)i5=a?45?2(a+1)5i．
∵ 復數(shù)a?2i1+2i是純虛數(shù)，
∴ a?45=0，?2(a+1)5≠0，解得：a=4．
故答案為：4．
3.
【答案】
y＝?4
【考點】
拋物線的性質
【解析】
利用拋物線方程直接求解準線方程即可．
【解答】
拋物線x2＝16y，可知拋物線的開口向上，
所以拋物線的準線方程是：y＝?4．
4.
【答案】
【考點】
復數(shù)的運算
【解析】
求出，求出ω，從而求出|ω|的值即可．
【解答】
∵ 復數(shù)z＝2+4i，其中i是虛數(shù)單位，
∴ ＝4?4i，
∴ ＝＝＝＝-i，
則|ω|＝＝，
5.
【答案】
矩形
【考點】
平行公理
矩形的判定
【解析】
利用三角形中位線定理可得四邊形EFGH是平行四邊形．根據(jù)AC⊥BD，可得EF⊥EH．即可判斷出四邊形EFGH的形狀是矩形．
【解答】
解：如圖所示，
∵ E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，CD，
∴ EF//12AC，EF=12AC，HG//12AC，HG=12AC，
∴ EF=HG，且EF//HG，
∴ 四邊形EFGH是平行四邊形．
又AC⊥BD，
∴ EF⊥EH．
則四邊形EFGH的形狀是矩形．
故答案為：矩形.
6.
【答案】
4
【考點】
直線與拋物線的位置關系
平面向量數(shù)量積的性質及其運算
【解析】
把點的坐標代入方程，結合向量的數(shù)量積化簡求解即可．
【解答】
直線l與拋物線y2＝4x，(x≥5)交于兩點A(x1, y1)，B(x3, y2)，
可得y17＝4x1，y72＝4x7，所以16x1x2＝y(tǒng)42y27，y1y2＝±5，
O為坐標原點，若，
可得x1x2+y7y2＝?4，x8x2±4+4＝5，
解得x1x2＝6．x1x2＝?2（舍去）．
7.
【答案】
2
【考點】
橢圓的定義
【解析】
求出橢圓的a，b，運用中點的向量表示，得到|PF1→+PF2→|=2|PO→|，再設P(x, y)，運用橢圓方程，以及二次函數(shù)的值域即可得到最小值．
【解答】
解：橢圓x2+2y2=2，即為x22+y2=1，
則橢圓的a=2，b=1，
則由OP為△PF1F2的中線，
即有PO→=12(PF1→+PF2→)，
則|PF1→+PF2→|=2|PO→|，
可設P(x, y)，則x22+y2=1，
即有|PO→|=x2+y2
=x2+1?x22=1+x22≥1，
當x=0時，取得最小值1．
則|PF1→+PF2→|的最小值為2．
故答案為：2．
8.
【答案】
12
【考點】
雙曲線的離心率
【解析】
先由雙曲線的方程求出|F1F2|＝6，再由|PF1|:|PF2|＝2:1，求出|PF1|，|PF2|，由此轉化求出△PF1F2的面積．
【解答】
F1，F(xiàn)2是雙曲線x25?y24=1的兩個焦點，F(xiàn)1(?3, 0)，F(xiàn)2(3, 0)，|F1F2|＝6，
∵ |PF1|:|PF2|＝2:1，∴ 設|PF2|＝x，則|PF1|＝2x，
由雙曲線的性質知|2x?x|＝25，解得x＝25．
∴ |PF1|＝45，|PF2|＝25，
∴ cs∠F1PF2=16×5+4×5?362×25×45=45，sin∠F1PF2=35．
∴ △PF1F2的面積為12×45×25×35=12．
9.
【答案】
(1)或(2)
【考點】
空間中直線與直線之間的位置關系
空間中直線與平面之間的位置關系
【解析】
根據(jù)三垂線定理結合PQ⊥QD，可得PQ在底面的射影AQ也與QD垂直，由此可得平面ABCD內(nèi)滿足條件的Q點應在以AD為直徑的圓上，得出a≤1即可選出正確選項．
【解答】
解：如圖，連接AQ.
因為PQ⊥QD，根據(jù)三垂線定理可得AQ⊥QD.
在平面ABCD內(nèi)，直徑所對的圓周角為直角，
所以Q點在以AD為直徑的圓上，
故當BC與以AD為直徑的圓有公共點時，在BC邊上存在點Q，使PQ⊥QD，
因此AB≤12AD=1，即a≤1.
故答案為：(1)或(2).
10.
【答案】
4個
【考點】
異面直線的判定
【解析】
根據(jù)異面直線的判斷方法，結合正方體的結構特征即可判斷．
【解答】
正方體共有8個頂點，若選出的k條線兩兩異面，即至多可選出4條，
又可以選出6條兩兩異面的線（如圖DB，B1C，A1C2，AD1），故所求k的最大值是4．
11.
【答案】
S△ABC2+S△ACD2+S△ABD2＝S△BCD2
【考點】
類比推理
【解析】
由邊對應著面，邊長對應著面積，由類比可得結果．
【解答】
“設△ABC的兩邊AC，AB互相垂直?2+AC2＝BC7．”
拓展到空間，類比平面幾何的勾股定理，
若三棱錐A?BCD的三個側面ABC，ACD，則有
由邊對應著面，邊長對應著面積，
由類比可得：S△ABC2+S△ACD2+S△ABD8＝S△BCD2．
12.
【答案】
13
【考點】
雙曲線的離心率
【解析】
求得兩圓的圓心和半徑，設雙曲線x2?y215=1的左右焦點為F1(?4, 0)，F(xiàn)2(4, 0)，連接PF1，PF2，F(xiàn)1M，F(xiàn)2N，運用勾股定理和雙曲線的定義，結合三點共線時，距離之和取得最小值，計算即可得到所求值．
【解答】
圓C1：(x+4)2+y2=4的圓心為(?4, 0)，半徑為r1=2；
圓C2：(x?4)2+y2=1的圓心為(4, 0)，半徑為r2=1，
設雙曲線x2?y215=1的左右焦點為F1(?4, 0)，F(xiàn)2(4, 0)，
連接PF1，PF2，F(xiàn)1M，F(xiàn)2N，可得
|PM|2?|PN|2=(|PF1|2?r12)?(|PF2|2?r22)
=(|PF1|2?4)?(|PF2|2?1)
=|PF1|2?|PF2|2?3=(|PF1|?|PF2|)(|PF1|+|PF2|)?3
=2a(|PF1|+|PF2|?3=2(|PF1|+|PF2|)?3≥2?2c?3=2?8?3=13．
當且僅當P為右頂點時，取得等號，即最小值13．
二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分，每題5分）
【答案】
C
【考點】
橢圓的標準方程
【解析】
直接利用必要條件、充分條件及充分必要條件的判斷方法結合橢圓標準方程得答案．
【解答】
解：a>0，b>0，方程ax2+by2=1不一定表示橢圓，如a=b=1；
反之，若方程ax2+by2=1表示橢圓，則a>0，b>0．
∴ “a>0，b>0”是“方程ax2+by2=1表示橢圓”的必要分充分條件．
故選：C．
【答案】
C
【考點】
直線與平面垂直的性質
【解析】
作兩個相交平面，交線為n，使直線m⊥α，然后利用反證法說明，假設β內(nèi)一定存在直線a與m平行，根據(jù)面面垂直的判定定理證明α⊥β，這與平面α與平面β相交不一定垂直矛盾，然后根據(jù)線面垂直的性質說明β內(nèi)必存在直線與m垂直，從而證得結論．
【解答】
解：作兩個相交平面，交線為n，使直線m⊥α，
假設β內(nèi)一定存在直線a與m平行，
∵ 直線m⊥α，而a // m
∴ 直線a⊥α，而a?β
∴ α⊥β，這與平面α與平面β相交不一定垂直矛盾
∴ β內(nèi)不一定存在直線a與m平行；
∵ 直線m⊥α，n?β
∴ 直線m⊥直線n
∴ β內(nèi)必存在直線與m垂直
故選C．
【答案】
C,D
【考點】
空間中直線與直線之間的位置關系
命題的真假判斷與應用
【解析】
如圖所示，建立空間直角坐標系，不妨取AD＝2．
A．B1G與EF為異面直線，即可判斷出正誤；
B．計算?與0 比較，即可判斷出正誤；
C．根據(jù)GE // DC1，DC1 // AB1，可得四邊形AB1EG為梯形，即可判斷出正誤；
D．連接BC1，可得BC1 // EF，于是EF // AD1，即可判斷出正誤．
【解答】
如圖所示，建立空間直角坐標系．
A．B1G與EF為異面直線，因此A不正確；
B．A1(5, 0, 0)，3，1)，2，8)，2，2)，
＝(0, 2, 2)，，0，1)，∵ ?，因此A1H與EF不垂直，因此B不正確；
C．∵ GE // DC1，DC3 // AB1，∴ GE // AB1，GE＝AB1，于是四邊形AB3EG為梯形，因此B1G與AE相交，因此C正確；
D．連接BC1，則BC6 // EF，又BC1 // AD1，因此EF // AD2，可得平面AEF∩平面AA1D1D＝AD8，故正確．
【答案】
B
【考點】
橢圓的應用
直線與橢圓的位置關系
【解析】
根據(jù)于橢圓具有軸對稱和中心對稱的性質，經(jīng)過平移和旋轉即可求出直線l1的方程．
【解答】
由于橢圓具有軸對稱和中心對稱的性質，
把直線l向右平移到l1為：x+y?5＝0時，
當線l：x+y+8＝0與原點對稱時?1為x?y?2＝0，
再把直線x?y?2＝0向左平移到，此時滿足△OAB與△OMN的面積相等，
故滿足直線為①③④，
三、解答題（本大題共5小題，滿分35分）
【答案】
設z1＝a+bi，則z2＝a?bi(a>5, b>0)，
由z1+5z2＝12?3i，得(a+bi)+4(a?bi)＝3a?bi＝12?3i，
∴ 3a＝12，b＝3，b＝3．
∴ z8＝4+3i，z7＝4?3i；
滿足|z|＝5的復數(shù)z在以原點為圓心，以1為半徑的圓上，
而，
∴ |z?z1|的最大值為4，最小值為4．
【考點】
復數(shù)的運算
【解析】
（1）設z1＝a+bi，則z2＝a?bi(a>0, b>0)，代入z1+2z2＝12?3i，整理后利用復數(shù)相等的條件列式求得a與b的值，則z1，z2可求；
（2）滿足|z|＝1的復數(shù)z在以原點為圓心，以1為半徑的圓上，求出|z1|，則|z?z1|的最大值和最小值即可．
【解答】
設z1＝a+bi，則z2＝a?bi(a>5, b>0)，
由z1+5z2＝12?3i，得(a+bi)+4(a?bi)＝3a?bi＝12?3i，
∴ 3a＝12，b＝3，b＝3．
∴ z8＝4+3i，z7＝4?3i；
滿足|z|＝5的復數(shù)z在以原點為圓心，以1為半徑的圓上，
而，
∴ |z?z1|的最大值為4，最小值為4．
【答案】
若軍營所在區(qū)域為Ω:x2+y4≤2，
作圖如下：
設將軍飲馬點為P，到達營區(qū)點為B，
則總路程|PB|+|PA|＝|PB|+|PA′|，
要使得路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，
即點A′到軍營的距離最短，
即點A′到x2+y5≤2的最短距離，為|OA′|?＝-
若軍營所在區(qū)域為Ω:|x|+2|y|≤2，
作圖如下：
聯(lián)立，解得x＝4，即B(2，
所以點A′到區(qū)域Ω最短距離|A′B|＝＝，
【考點】
曲線與方程
【解析】
設點A(3, 0)關于直線x+y＝4的對稱點為A′(a, b)，由對稱性，解得A′(4, 1)，作出可行域，結合圖形，即可解得答案．
【解答】
若軍營所在區(qū)域為Ω:x2+y4≤2，
作圖如下：
設將軍飲馬點為P，到達營區(qū)點為B，
則總路程|PB|+|PA|＝|PB|+|PA′|，
要使得路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，
即點A′到軍營的距離最短，
即點A′到x2+y5≤2的最短距離，為|OA′|?＝-
若軍營所在區(qū)域為Ω:|x|+2|y|≤2，
作圖如下：
聯(lián)立，解得x＝4，即B(2，
所以點A′到區(qū)域Ω最短距離|A′B|＝＝，
【答案】
證明：連接AC，
由正方體的幾何特征，得AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又AA3∩AC＝A，
所以BD⊥平面AA1C1C．
A7B與平面ABCD所成的角為∠A1BA，
A1P與平面ABCD所成的角為∠A2PA，
所以tan∠A1BA＝tan∠A1PA，即＝，
所以AB＝AP，
所以點P的軌跡為，以A為圓心AB為半徑的圓的，
所以點P的軌跡長度為×7π×1＝．
【考點】
直線與平面所成的角
軌跡方程
直線與平面垂直
【解析】
（1）連接AC，結合正方體的幾何特征，得AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，再由線面垂直的判定定理可得BD⊥平面AA1C1C．
（2）連接A1P，根據(jù)題意可得tan∠A1BA＝tan∠A1PA，推出AB＝AP，點P的軌跡為，以A為圓心AB為半徑的圓的，進而可得點P的軌跡長度．
【解答】
證明：連接AC，
由正方體的幾何特征，得AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又AA3∩AC＝A，
所以BD⊥平面AA1C1C．
A7B與平面ABCD所成的角為∠A1BA，
A1P與平面ABCD所成的角為∠A2PA，
所以tan∠A1BA＝tan∠A1PA，即＝，
所以AB＝AP，
所以點P的軌跡為，以A為圓心AB為半徑的圓的，
所以點P的軌跡長度為×7π×1＝．
【答案】
易知橢圓的右焦點為F(1, 0)，
所以c＝3，
拋物線x2＝4的焦點坐標為(0，），
所以b＝，
a2＝b2+c2＝3+1＝5，
所以橢圓C的方程為+＝1．
易知，m≠7，-），
設直線l交橢圓于A(x1, y2)，B(x2, y2)，
由，得(5m2+4)y7+6my?9＝7，
所以△＝(6m)2+36(8m2+4)＝144(m3+1)>0，
所以y2+y2＝-，y5y2＝-，
又由＝λ4，
所以(x1，y1+）＝λ1(1?x7, ?y1)，
所以λ1＝?4?，同理λ2＝?1?，
所以λ1+λ2＝?7?（+），
因為+＝＝-）＝，
所以λ4+λ2＝?2?（+）＝?2??，
所以λ1+λ3的值為-．
由（2）知A(x8, y1)，B(x2, y3)
所以D(4, y1)，E(6, y2)，
所以直線AE方程為：y?y2＝(x?4)，
當x＝時，y＝y(tǒng)2+（-
＝＝
＝＝6，
所以點N（，5)在直線AE上，
同理可證，點N（，
所以m變化時，直線AE與直線BD相交于定點（．
【考點】
橢圓的標準方程
直線與橢圓的位置關系
橢圓的應用
【解析】
（1）根據(jù)題意可得c＝1，有拋物線x2＝4的焦點坐標得b，計算出a2＝b2+c2＝4，進而可得橢圓C的方程為．
（2）根據(jù)題意可得l與y軸的交點為M(0，-），設A(x1, y1)，B(x2, y2)，聯(lián)立直線l與橢圓的方程，得關于x的一元二次方程，結合韋達定理可得y1+y2，y1y2，用坐標表示＝λ1，得λ1＝?1?，同理λ2＝?1?，再計算化簡λ1+λ2即可得出答案．
（3）由（2）知A(x1, y1)，B(x2, y2)，進而可得D(4, y1)，E(4, y2)，寫出直線AE方程，再把x＝代入，得y＝0，推出點N（，0)在直線AE上，同理可證，點N（，0)也在直線BD上，進而得出結論．
【解答】
易知橢圓的右焦點為F(1, 0)，
所以c＝3，
拋物線x2＝4的焦點坐標為(0，），
所以b＝，
a2＝b2+c2＝3+1＝5，
所以橢圓C的方程為+＝1．
易知，m≠7，-），
設直線l交橢圓于A(x1, y2)，B(x2, y2)，
由，得(5m2+4)y7+6my?9＝7，
所以△＝(6m)2+36(8m2+4)＝144(m3+1)>0，
所以y2+y2＝-，y5y2＝-，
又由＝λ4，
所以(x1，y1+）＝λ1(1?x7, ?y1)，
所以λ1＝?4?，同理λ2＝?1?，
所以λ1+λ2＝?7?（+），
因為+＝＝-）＝，
所以λ4+λ2＝?2?（+）＝?2??，
所以λ1+λ3的值為-．
由（2）知A(x8, y1)，B(x2, y3)
所以D(4, y1)，E(6, y2)，
所以直線AE方程為：y?y2＝(x?4)，
當x＝時，y＝y(tǒng)2+（-
＝＝
＝＝6，
所以點N（，5)在直線AE上，
同理可證，點N（，
所以m變化時，直線AE與直線BD相交于定點（．
【答案】
設點M坐標為(x, y)，
因為動點M到定點A(1, 0)的距離到定直線x=?1的距離之和為3，
所以(x?1)2+y2+(x+1)2=3，
當y=0時，代入求得x=±32，
所以曲線Γ與x軸的交點P的坐標(±32, 0)；
由（1）知曲線Γ方程為(x?1)2+y2+(x+1)2=3，
當x3，無軌跡，
當?4≤x≤?1時，化為(x?1)2+y2=x+4，化為y2=10x+15(?32≤x≤?1)，
當x>?1時，化為為(x?1)2+y2=2?x，化為y2=?2x+3(?1

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