上海建平中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题

上海市建平中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题学校:姓名：班级：考号：一、填空题.已知复数z=3+4,（i为虚数单位），则IzI=..过点C（1,2），且与直线x—y—2=0垂直的直线方程为..已知复数z=（1+）（i是虚数单位），则复数z的虚部为..正方体ABCD-A1BC1D1中，异面直线BC与DC1所成的角的大小为..若复数z与其共轭复数Z满足|z|=<3，z+Z=2，则z+3=.x2.已知抛物线y2=-8x的焦点与双曲线--y2=1的左焦点重合，则实数m的值为mTOC\o"1-5"\h\zx2y27已知椭圆至+亍二1的左、右焦点分别为Fi、F2，若椭圆上的点。满足尸勺12|尸FJ,则ZF1PF2的大小为.已知复数z满足z-2i=1（i是虚数单位），则z-1的取值范围是.已知RtABC中，AC=6,BC=8,ZC=900,ABC所在平面外一点P到此三角形三个顶点的距离都是7,则点P到平面ABC的距离是..已知。,b,。表示直线，。表示平面，给出下列命题：①若a〃a,b〃a，则a〃b:②若bua,a〃b，则a〃a;③若a1c,b1c,则a±b；④若ala,bla,则a//b.其中正确的命题是.（写出所有正确命题的编号）--x+<3y.已知实数x,y满足+V-）=,则的取值范围是x2+y2.设A是双曲线=-y2=1（a>0）上在第一象限内的点，F为其右焦点，点A关于a2八兀兀原点。的对称点为B，若AF1BF，设/ABF=9，且612，-,则a2的取值范围是二、单选题.已知〃,b是两条直线，则“a,b没有公共点”是“a,b是异面直线”的()A.充分非必要条件B.必要非充分条件C充要条件D.既非充分又非必要条件.若复数Z满足(z+1"+Q-1)2n=0Q£N*)，则z必为()A.实数B.纯虚数C.0D.任意复数.在正方体ABCD-A1B1clD1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP1BD，则动点P的轨迹是()1A.线段BCB.线段BC1C线段BCD.平面BCC1B1.已知曲线C1：|y|=x+3与曲线C2:ax2+y2=9恰好有两个不同的公共点，则实数a的取值范围是()A.(-8,-1][0,1)B.(-1,1〕c.[-1,1)Dd.[-1,。](1,+8)U三、解答题.如图，四边形ABCD为矩形，PA1底面ABCD,AB=2,BC=1,PA=<3.(1)求证：CD1平面PAD；(2)求直线PC和平面PAD所成角的大小..已知复数z=-A；+Q2-3>,z=2-(3a+1)i(a£R,i是虚数单位).a+22(1)若z-7在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；12(2)若虚数z1是实系数一元二次方程x2-6x+m=0的根，求实数m的值.19.如图，PA1平面ABC,ABC是边长为2的正三角形，PA=2,AH1平面PBC,垂足为点H,E是BC的中点.A

求异面直线AE与PC所成的角大小;（1）（2求异面直线AE与PC所成的角大小;（1）（2）方）.20.过抛物线C：y2=8x的焦点F的直线交抛物线于点A、b两点（点A在，轴上方）.（1）若AF=4,求点A的坐标；OFOF（2）当AF丰BF时，求——+——的值；AFBF（3）对于x轴上给定的点D（4,0），若过点D和B两点的直线交抛物线C的准线于点P，问直线AP是否经过一定点，如果存在，求出此定点.x221.已知椭圆C：—+y2=1的右焦点为F，短轴的两个端点分别为A,B（A在x4轴上方）.(1)求ABF的面积;(2)直线l交椭圆C于P,Q两点，F为工PQA的垂心，求直线l的方程.△(3)已知11,12是过点B的两条互相垂直的直线，直线11与圆O：x2+y2=4相交于M、N两点，直线12与椭圆C相交于另一点R，求RMN面积的最大值.△参考答案1．5【分析】直接利用复数的模的公式求解.【详解】因为复数Z=3+4，，所以|z|二+42=5.故答案为5【点睛】(1)本题主要考查复数的模的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2)复数z=a+b(a,b£R)的模|z|=aa2+b2.2.%+y—3=0【分析】先由垂直关系求出所求直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程【详解】解：因为所求直线与直线%-y-2=0垂直，所以所求直线的斜率为-1,因为所求直线过点°(1,2),所以所求直线方程为y—2=-(%—1)，即％+y-3=0,故答案为：%+y-3=0【点睛】此题考查两直线的位置关系，考查直线方程的求法，属于基础题3.2【分析】利用复数的平方运算可得z=2，，即可得答案；【详解】.1z=(1+，)2=2,，••复数z的虚部为2,故答案为：2.【点睛】本题考查复数的虚部概念，属于基础题.4．60°【分析】如图所示，连接AD,A1q,则/A1Dq即为异面直线BC与DC1所成角.利用△A1DC1为正三角形，即可得出．【详解】解：如图所示，直线A1D//BC,所以直线41D与DC1所成的角/A1DC1即为异面直线B1C与DC1所成角.△41DC1为正三角形，，/ADC=60。．11故答案为：60°.【点睛】本题考查正方体的性质、等边三角形的性质、异面直线所成的角，考查推理能力与计算能力.5．2【分析】Ia2+b2=3先设设=a+bi(a,beR),根据题意,得到‘a=2,再由复数的除法运算和加减运算，3化简z+—,即可得出结果.z【详解】设z=a+bi(a,beR)，则Z=a—bi,又z=73，z+z=2,fa2+b2=3所以L,，[2a=233(a—bi)3(a—bi)因止匕z+—=a+bi+=a+bi+=a+bi+a-bi=2a=2z(a+bi)(a一bi)a2+b2故答案为：2.【点睛】本题主要考查复数的运算，涉及复数模的运算，共轭复数的概念等，属于基础题.6．3【分析】根据抛物线方程写出焦点坐标，再由题意，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为抛物线y2=一8x的焦点为(一2,0),x2又抛物线y2=-8x的焦点与双曲线--y2=1的左焦点重合，m所以m+1=(一2)，则m=3；故答案为：3.【点睛】本题主要考查由双曲线的焦点求参数，熟记双曲线和抛物线的焦点即可，属于基础题型.兀2【分析】结合已知条件，利用椭圆的定义求|Pq|,|PF2\，利用勾股定理判断出/FPF2的大小.【详解】

依题意椭圆卷+卷=1的a=3,依题意椭圆卷+卷=1的a=3,b=2,c=Ja2-b2=J5,|FF2|=2c=2J5.所以”二21PF2IPF1\+|PF|=2a=6解得|PFJ=4,|PF2|=2,所以『勺|2+|PF2|2=42+22=20=|FF2|2，兀所以三角形勺PF2是直角三角形，且/勺PF2=e故答案为：【点睛】本小题主要考查椭圆的定义，属于基础题.[V5tV5+1]【分析】满足|乙-24=1的复数在复平面内表示以(0,2)为圆心，1为半径的圆，则W-1表示圆上的点到(1,0)的距离，求出点(0,2)和(1,0)之间的距离，即可得答案【详解】解：由复数的几何意义可知，满足R-2'|=1的复数在复平面内表示以(0,2)为圆心，1为半径的圆，则卜—1|表示圆上的点到(1,0)的距离，因为点(0,2)和(1,0)之间的距离为v5,所以|z—1的取值范围为[J5—1,J5+1],故答案为：[邛-1忑+1]【点睛】此题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，属于基础题2<6【分析】作出图象，易得PD2=PC2—CD2，即可得答案；【详解】取AB的中点D,连结CD,AC=6,BC=8,NC=90。，「.D为直角三角形的外心，•.CD=DA=DB=5,一・点P到此三角形三个顶点的距离都是7,「•点P在底面的射影为底面的外心，即为点D,••PD1平面ABC,PD2=PC2—CD2=49—25=24,二点P到平面ABC的距离2.6,故答案为：2<6.【点睛】本题考查点到面的距离计算，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意三角形外心的性质运用.④【分析】利用线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理分析判断即可【详解】解：对于①，当a〃a,b〃a时，直线a,b可以相交，也可能平行，也可能异面，所以①错误；对于②，若bua,a//b，则直线a有可能在平面a内，所以②错误；对于③，若a±c,b±J则直线a,b可以相交，也可能平行，也可能异面，所以③错误；对于④，由线面垂直的性质定理可知是正确的，故答案为：④【点睛】此题考查线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于基础题11,2]【分析】设P(x,y)为圆+(-)=上任意一点，构造直线x+3yy=0，分别求得点P到一一一…一一，一”■…x+3yy/,、直线的距离PM,P到原点的距离PO,将问题转化为j===/求/2+y2解.【详解】如图所示：

点P到直线X+=0的距离为点P到直线X+=0的距离为PM=X+底点P到原点的距离为PO=4X2+丁2,当圆+=与直线y=履相切时,解得左=±6,所以/nw最小值为30，最大值为90,所以一＜/«,即《)的取值范围是限21,J42+J2

故答案为：0,21【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，距离公式的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.12.2<3一^——12.3【分析】由已知条件可得设双曲线的左焦点为F，设|AF|=m,AF'm2+n2=4°2,进而得mn=2(02—a2)=2b2=1，从而得Saof由已知条件可得11Saof=2c2sm20，所以可得a2=SK药一1，再由0"设双曲线的左焦点为F，设|AF|=m,AF'因为点A关于原点O的对称点为B，且AF±BF,ZABF=0所以OA=所以OA=OB=OF=OF=c=aa2+1，ZAOF=20所以m2+所以m2+n2=4c2，所以(m-n)2+2mn=4c2，即mn=2(c2-a2)=2b2=1，所以S—aof2因为SA=1c2sin20，所以c2=aof211所以a2=-1，sin201sin20，兀兀12,6兀兀12,6，所以20w所以1<sin20<苴，所以2亘所以羊-1<焉-1<1，所以殍-1<°2<1，2E一故答案为:---1,1故答案为:3【点睛】此题考查双曲线定义的应用，考查三角形面积公式的应用，考查了三角函数，属于中档题B【分析】根据异面直线的定义及充分条件、必要条件的概念求解即可.【详解】因为a,b没有公共点，a,b可能平行也可能异面，所以“a,b没有公共点”成立推不出“a,b是异面直线”，反之，"a,b是异面直线”可以推出“a,b没有公共点”成立，所以“a,b没有公共点”是“a,b是异面直线”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，异面直线的概念，属于中档题.B【分析】设复数z=a+bi(a,beR)，根据题意得到|工+1|=|z-1|，求出a=0，再判断bW0，即可得出结果.【详解】设复数z=a+bi(a,beR),由(z+1)2n+(z-1)2n=0得(z+1)2n=-(z-1)2n,则(z+1)2n=-(z-1)2n，即(z+1)2n=(z-1)2n,所以|z+1|2n=|z-1|2n，贝°z+1—z-1，即a+1+bi=a-1-bi\,因此.《(a+1)+b2=、:'(a-1)+b2,所以(a+1)2+b2=(a-1)+b2，解得a=0，所以z―bi；若z=0，则(z+1>n+(z-1)n=1+1=2丰0不满足题意，所以bW0,因此z=bi为纯虚数.故选：B.【点睛】本题主要考查复数系方程解的问题，考查复数模的运算，熟记复数模的计算公式即可，属于常考题型.15．C【分析】如图，BD1平面ACB，又点P在侧面BCCB及其边界上运动，故点P的轨迹为面ACBTOC\o"1-5"\h\z11111与面BCCB的交线CB111【详解】解：如图，连接AC，AB,BC，在正方体ABCD—ABCD中，有BD1平面ACB，11111111又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，所以点P的轨迹为面ACB与面BCCB的交线cb，1111故选：C【点睛】此题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征，考查空间想象能力，属于中档题16．C【分析】利用绝对值的几何意义，由|y|=x+3，可得y三0时，y13,y<0时，y=一元—3,则可得曲线c：|y|=x+3与曲线C：〃x2+y2=9必交于点时,3)，再无其它交点，把12yx3代入方程ax2+y2=9，得(1+a)y2-6ay+9a-9=0，分类讨论，可得结论【详解】

解：由I解：由Iy|=x+3，可得y三0时，yx3y<0时，y=—x-3,所以曲线C：y=x+3与曲线C：ax2+y2=9必交于点(0,3),12为了使曲线C1：|y|=x+3与曲线C2：ax2+y2=9恰好有两个不同的公共点，则将yx3代入方程ax2+y2=9，得(1+a)y2-6ay+9a-9=0，当a=-1时，y=3满足题意，=+因为曲线C1：|y|=x+3与曲线C2：ax2+y2=9恰好有两个不同的公共点，所以A>O，且3是方程的根，9(a-1)所以:一-<0，即-1<a<1时，方程两根异号，满足题意，1+a综上，a的取值范围为［-L1)，故选：C【点睛】此题考查曲线的交点问题，考查分析问题的能力，考查分类思想，属于中档题兀(1)证明见解析；(2)4.【分析】(1)根据题中条件，由线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；(2)根据(1)的结果，得到/CPD为直线PC和平面PAD所成角；由题中数据求出PD=2,DC=2，得出tanZCPD=1，即可求出线面角.【详解】(1)因为PA1底面ABCD,CDu底面ABCD,所以PA1CD；由四边形ABCD为矩形，可得AD1CD,又ADcPA=A,ADu平面PAD,PAu平面PAD,所以CD1平面PAD；(2)由(1)CD1平面PAD，则PD是CD在平面PAD的射影，且CD1PD,所以ZCPD为直线PC和平面PAD所成角；因为AB=2，BC=1，PA=33，所以PD=\.PA2+AD2=2，DC=2，

CD兀因此tan/CPD=pD-1，则/CPD=—,兀所以直线PC和平面PAD所成角的大小为4.【点睛】本题主要考查证明线面垂直，考查求线面角，熟记线面垂直的判定定理，以及线面角的定义即可，属于常考题型.(1)a£(-2,-1)；(2)m=13.【分析】-2a—1>0—2a——2a—1+Q—3a—4)i,a+2⑴由已知求出「Z2由题意得,a+2丰⑴由已知求出「Z2a2—3a—4>0可得答案；(2)利用根与系数的关系可求得结果【详解】—2a—1().解：(1)由题意得，z—z=—+Q2—3a—4%，2a+2因为z—3在复平面内对应的点落在第一象限，12—2a—1>0a+2所以(a+2中0，解得a£(—2,—1)a2—3a—4>06(2)由题意得z+z=——-=6，故a=-1,所以z-z=13,即m=13.11a+211【点睛】此题考查复数的加减运算，考查共轭复数，考查根与系数的关系的应用，属于基础题19.(1)arccos^4-；(2)证明见解析.【分析】(1【分析】(1)取PB中点F，连接EF,AF，由题意，得到ZAEF即为异面直线AE与PC所成的角或其补角；根据题中数据，求出AE,AF,EF，得出cosZAEF,即可求出结果;（2）先假设H是PBC的垂心，连接BH并延长交PC于D点，根据线面垂直的判定定理和性质，得出AB1AC，即ABC为直角三角形，推出矛盾，即可证明结论成立.【详解】△（1）取PB中点F，连接EF,，AF，因为E是BC的中点，则EF//PC，所以ZAEF即为异面直线AE与PC所成的角或其补角.因为ABC是边长为2的正三角形，所以AE二、AC2-CE2=<3；又PA1平面ABC，所以PA1AC，PA1AB，△11U~~——11-——一,一因为PA=2，所以AF=—PB=—\2+22=%：2，EF=—PC=—222+22=<2，2222因止匕cos因止匕cosZAEFAE2+EF2—AF22AE•EF所以异面直线AE与PC所成的角大小为ss苧.（2）假设H是PBC的垂心，连接BH并延长交PC于D点，则BH1PC,•・,AH1平面PBC,PCu平面PBC,：.AH1PC.又AHcBH=H,AHu平面AHB,BHu平面AHB,所以PC1平面AHB,又AB平面AHB，所以PC1AB；又PA1平面ABC,APA1AB,因为PAPC=P,PAu平面PAC,PCu平面PAC,・・.AB1面PAC,因为ACfu平面PAC,AAB1AC,因此ABC为直角三角形，与ABC是正三角形矛盾，所以H不可能是PBC的垂心.△△【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，考查线面垂直的判定与性质，涉及反证法的应用，属于常考题型.20.(1)A(2,4)；(2)1；(3)过定点，(1,0)..【分析】(i)设A(?yjG],0)，则由抛物线的定义可得|AF\=A+2=4,从而可求得A点会标；(2)设A(x,y),B(x,y)，则|AF|=x+p=x+2,|BF|=x+p=x+2，而TOC\o"1-5"\h\z1122121222|OF|OFOF\=2，然后代入情+西中化简，结合抛物线的定义化简即可；(3)设A(x,y),B(x,y)，由题意知直线BD与x轴不垂直，所以x丰4，所以l：11222BDy=1J(x-4)，从而可得点P1―2,万竺L],进而可求出直线ap的方程：x2-418-y12Jy-y=Z(x-x)，令y=0,可求得x的值1y2-811【详解】解：(1)设A(x1,>])">0)，则|AF|=x1+2=4,得x1=2，故A(2,4).(2)由F(2,0)，设直线AB为x=my+2，设A(x1,y1),B(x2,y2),y2=8xfy+y=8m由彳小，得y2-8my-16=0，则<12,x=my+2yy=-1612显然OF=2|AF显然OF=2|AF|=x+p12|BF|=x+-22所以OFOFAF+BF2十x+21my+4my+4m2yy+4OFOFAF+BF2十x+21my+4my+4m2yy+4m16(m2+1)2m(y+y)+8]1(y+y)+1616mn2+1)1212(3)设A(x1,y1)，B(x,y)

22由题意知直线BD与x轴不垂直，所以x丰4，所以l：2BD设l：x=my+2AB代入y2=8x，得y2-8my-16=0，所以y1y2=-16，又抛物线的准线方程为x=-2y1y2=-16，所以P-2,24y1-8—y21，所以kAP24y-