江苏省泰州中学2020-2021学年高二上学期期初检测数学试题

高二数学试卷一、选择题：本题共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．x2y21上的点P到椭圆一个焦点的距离为7，则P到另一焦点的距离为（1．已知椭圆2516A．2B．3C．5D．7)B．4x－3y＋4＝0D．y＝4或3x＋4y－4＝0的两个焦点，点P在双曲线上且满足，则2．过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为(A．3x＋4y－4＝0C．x＝2或4x－3y＋4＝03．设为双曲线）的面积是（）A．1B．C．2D．）4．已知抛物线的焦点在直线x2y40上，则此抛物线的标准方程是（A．y216x

C．y216x或x2=-8y

B．x2=-8y

D．y216x或x216y

12y25．已知抛物线yx与双曲线2x21(a0)有共同的焦点F，O为坐标原点，P在轴上8a方且在双曲线上，则OPFP的最小值为（A．323B．233

C．

）7

4D．34x2y2

6．若双曲线C:221(a0,b0)的渐近线与圆(x3)2y21无交点，则C的离心率的ab取值范围为（A．(1,

）B．(1,

32)423)3

C．(

32,)4

D．(

23,)3

a(b)7．在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，已知bcosCccosB2b，则1A．23B．2C．2D．1x2

8．如图，椭圆C:y21的右顶点为A，上顶点为B，动直线l交椭圆C于两点，且始终满足4

uuuruuur

OMON，作OHMN交MN于点H，则HAHB的取值范围是()445445,A．323,323B．5555

C．,

614

55515

,44

D．

二、选择题：本题共4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．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，PAAB，截面BDE9．与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是（）A．E为PA的中点C．PB与CD所成的角为B．BD平面PAC

3D．三棱锥CBDE与四棱锥PABCD的体积之比等于1:4.10．三角形有一个角是60，这个角的两边长分别为8和5，则（A．三角形另一边长为7C．三角形内切圆周长为3B．三角形的周长为20）．D．三角形外接圆面积为493

11．在平面直角坐标系xOy中，动点P到两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离之积等于8，记点P的轨迹为曲线E，则（A．曲线E经过坐标原点C．曲线E关于y轴对称）B．曲线E关于x轴对称D．若点x,y在曲线E上，则3≤x≤3x2y212．已知椭圆右焦点分别为F、E，直线xm(1m1)与椭圆相交于点A、1的左、43

2B，则（）B．不存在m使VFAB为直角三角形D．存在m，使VFAB的周长最大A．当m0时，VFAB的面积为3C．存在m使四边形FBEA面积最大三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在ABC中，若三边的比是3:5:7，则此三角形的最大角为_________．x2y2

14．椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F1交椭圆于A，B两点，则VABF2

254

的周长为__________．uuruury215．已知直线l:axby0与椭圆x1交于A、B两点，若C5,5，则CAgCB的取值范92围是_____．16．已知抛物线C:y22px(p0)的准线方程为x2，在抛物线C上存在两点A,B关于直线uuruuur

l:xy60对称，且O为坐标原点，则|OAOB|的值为__________．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）在①ac3，②csinA3，③c3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA3sinB，C________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18．（12分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，619.（12分）已知抛物线E上的焦点为F(0,1).（1）求抛物线E的标准方程；3（2）过F作斜率为k的直线l交曲线E于A、B两点，若BF3FA，求直线l的方程.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C的焦点为0,3、0,3，实轴长为22.（1）求双曲线C的标准方程；（2）过点Q1,1的直线l与曲线C交于M，N两点，且Q恰好为线段MN的中点，求直线l的方程.1x2y221.（12分）已知椭圆C：221ab0的上顶点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为.4ab（1）求椭圆C的离心率；（2）若直线y

1

x1与椭圆C相交于A、B两点，若AOB的面积为7（O为坐标原点），24求椭圆C的标准方程.22．（12分）设动圆P经过点F(1,0)，且与圆G:x2y22x70(G为圆心）相内切．（1）求动圆圆心P的轨迹E的方程；uuuruuruuur（2）设经过F的直线与轨迹E交于A、B两点，且满足GHGAGB的点H也在轨迹E上，求四边形GAHB的面积．4江苏省泰州中学期初检测高二数学试卷一、选择题：本题共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。

x2y21上的点P到椭圆一个焦点的距离为7，则P到另一焦点的距离为（1．已知椭圆2516A．2B．3C．5D．7）【答案】B2．过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为(A．3x＋4y－4＝0C．x＝2或4x－3y＋4＝0【答案】C3．设为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，则B．4x－3y＋4＝0D．y＝4或3x＋4y－4＝0)的面积是（）A．1B．C．2D．【答案】A【解析】由双曲线定义得PF1PF24,F1F225,PF12PF22F1F22

(PF1PF2)PF12PF222PF1·PF216PF1·PF22

则故选A4．已知抛物线的焦点在直线x2y40上，则此抛物线的标准方程是（A．y216x

C．y216x或x2=-8y【答案】C【详解】5的面积是1

PF1·PF212）B．x2=-8y

D．y216x或x216y

当焦点在x轴上时，根据y0，x2y40可得焦点坐标为得(4,0)，则抛物线的标准方程为y216x，当焦点在y轴上时，根据x0，x2y40可得焦点坐标为(0,2)，则抛物线的标准方程为x2=-8y.故选：C．12y25．已知抛物线yx与双曲线2x21(a0)有共同的焦点F，O为坐标原点，P在轴上8a方且在双曲线上，则OPFP的最小值为(A．323【答案】A【解析】试题分析：将y

B．233

C．

)7

4

D．34

12x化为8

方程，则抛物线与双曲线的公共焦点为，则，即双曲线的标准为y2x213

，设，则OPFP(x,y)(x,y2)x2y(y2)

增，则当y

42437y2y1(y)2在3344

单调递3时，最小值；故选A．x2y2

6．若双曲线C:221(a0,b0)的渐近线与圆(x3)2y21无交点，则C的离心率的ab取值范围为（A．(1,

）C．(

3223)B．(1,)4332,)4

D．(

23,)3

【答案】C∵双曲线渐近线为bx±ay＝0与圆（x﹣3）+y＝1无交点，∴圆心到渐近线的距离大于半径，即2

2

3bab22＞1

∴8b＞a，∴8（c-a）＞a，即8c29a22

2

2

2

2

6∴e

c32．＞

a4a

(b故答案为：C．7．在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，已知bcosCccosB2b，则A．23【答案】B【详解】由正弦定理：B．2C．2D．1)bc

2R，又bcosCccosB2bsinBsinC得到sinBcosCsinCcosB2sinB，即sin(BC)2sinB在ABC中，ABC故sin(A)2sinB，即sinA2sinB

故asinA2bsinB故选：Bx2

8．如图，椭圆C:y21的右顶点为A，上顶点为B，动直线l交椭圆C于两点，且始终满足4

uuuruuur

OMON，作OHMN交MN于点H，则HAHB的取值范围是()A．323,323445445,B．5555

C．,

61455515

,44

D．

【答案】C【详解】7设直线ykxb，与椭圆方程联立得14k

2

x

2

8kbx4b240，8kb4b24

得x1x2，x1x2，214k214k因为x1x2y1y2x1x2kx1bkx2b0，代入整理得5b24k24，b24

)原点到直线的距离OH(1k251k22

2

b4

上运动，记线段AB的中点为D，5422

直线AB与圆O:xy相切，5uuuruuur5222则HAHBHDADHD

4

所以点H在圆O:xy

2

2

HD[dr,dr][故选：C56145255255952

,][,]，HD[,]

45525251010

二、选择题：本题共4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。

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，PAAB，截面BDE9．与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是（）A．E为PA的中点C．PB与CD所成的角为B．BD平面PAC

3D．三棱锥CBDE与四棱锥PABCD的体积之比等于1:4.【答案】ABD【详解】连接AC交BD于点M连接EM，如图8因为四边形ABCD是正方形，所以M为AC的中点又PC//平面BDE，PC平面APC，且平面APC平面BDEEM所以PC//EM，所以E为PA的中点，故A正确由PA底面ABCD，BD底面ABCD，所以PABD，又ACBD，ACPAA，AC,PA平面PAC所以BD平面PAC，故B正确PB与CD所成的角即PB与AB所成的角，即ABP

4

故C错V11

CBDEVEBCD3S△BCD.EA，VPABCD3SABCDPA

又S1

2

SVCBDE△BCDABCD,PA2EA，所以V1，故D正确PABCD4故选：ABD10．三角形有一个角是60，这个角的两边长分别为8和5，则（）．A．三角形另一边长为7B．三角形的周长为20C．三角形内切圆周长为3D．三角形外接圆面积为493【答案】ABD【详解】可得另一边长为8252285cos607，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为r，则12(875)r1

285sin60，则r

3，9则内切圆周长为2r23，则C不正确；设外接圆半径为R，则2R

2其面积为R773，R,sin60349，3则D正确．11．在平面直角坐标系xOy中，动点P到两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离之积等于8，记点P的轨迹为曲线E，则（A．曲线E经过坐标原点C．曲线E关于y轴对称【答案】BCD【详解】设P(x,y)，由已知，|PF1||PF2|8，即(x1)2y2(x1)2y28，平方得，(0,0)不满足方程，故选项A错误；用(x,y)换(x,y)，方程不变，所以曲线E关于x轴对称，故B正确；同理用(x,y)换(x,y)，方程不变，所以曲线E

关于y轴对称，故C正确；令y0，得(x1)2(x1)264，即x218，所以x3，故3≤x≤3，D正确.）B．曲线E关于x轴对称D．若点x,y在曲线E上，则3≤x≤3故选：BCD.x2y212．已知椭圆右焦点分别为F、E，直线xm(1m1)与椭圆相交于点A、1的左、43B，则（）B．不存在m使VFAB为直角三角形D．存在m，使VFAB的周长最大A．当m0时，VFAB的面积为3C．存在m使四边形FBEA面积最大【答案】AC【详解】如图：10对于A选项，经计算显然正确；对于B选项，m0时，可以得出AFE

，当m1时，AFE，根据对称性，存在m使34

FAB为直角三角形，故B错误；对于C选项，根据椭圆对称性可知，当m0时，四边形FBEA面积最大，故C正确；对于D选项，由椭圆的定义得：FAB的周长ABAFBFAB(2aAE)(2aBE)4aABAEBE；∵AEBEAB；∴ABAEBE0，当AB过点E时取等号；∴ABAFBF4aABAEBE4a；即直线xm过椭圆的右焦点E时，FAB的周长最大；此时直线xmc1；但1m1，所以不存在m，使FAB的周长最大.故D错误.故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．在ABC中，若三边的比是3:5:7，则此三角形的最大角为_________.【答案】2，3x2y2

14．椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F1交椭圆于A，B两点，则ABF2

254

的周长为__________.【答案】20【详解】由椭圆的焦点在x轴上，a5，b2，∴AF1AF22a10，BF1BF22a10，∴ABF2的周长为ABAF2BF2AF1AF2BF1BF2

4a20.11故答案为：20uuvuuvy215．已知直线l:axby0与椭圆x1交于A、B两点，若C5,5，则CACB的取值范9

2围是_____．【答案】41,49【详解】直线l:axby0过原点，结合椭圆图形的对称性可知A、B两点关于原点对称，方法一：设Ax0,y0、Bx0,y0，22则CACBx05,y05x05,y0550x0y0，

OAxyb,a，即xy1,3，∴CACB41,49．20202020方法二：利用参数方程，设Acos,3sin、Bcos,3sin，则CACB50cos9sin498sin41,49．222

【点睛】该题考查的是有关一个点与椭圆上两个关于原点对称的点所构成的向量的数量积的取值范围的问题，在解题的过程中，注意两点关于原点对称这个条件非常关键，也可以应用参数方程来设点的坐标.16．已知抛物线C:y22px(p0)的准线方程为x2，在抛物线C上存在两点A,B关于直线

l:xy60对称，且O为坐标原点，则|OAOB|的值为__________.【答案】45【详解】拋物线C:y22px(p0)的准线方程为x2，可知抛物线C的方程为：y28x．设点Ax1,y1,Bx2,y2，AB的中点为Mx0,y0，则y18x1,y28x222两式相减可得，y1y2y1y28x1x2，kAB

y1y288

，所以x1x2y1y22y0128

(1)1x02

，解得，可得M(2,4)，则OAOB2OM2(2,4)(4,8)，2y0y40xy60

00

可得|OAOB||(4,8)|428245.故答案为：45．四、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）在①ac3，②csinA3，③c3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA3sinB，C________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17．解：方案一：选条件①．a2b2c23由C和余弦定理得．62ab2，6由sinA3sinB及正弦定理得a3b．3b2b2c23于是，由此可得bc．2223b由①ac3，解得a3,bc1．因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c1．方案二：选条件②．a2b2c23由C和余弦定理得．62ab2由sinA3sinB及正弦定理得a3b．3b2b2c232BCAbc于是，由此可得，，．63223b2由②csinA3，所以cb23,a6．因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c23．13方案三：选条件③．a2b2c23由C和余弦定理得．62ab2由sinA3sinB及正弦定理得a3b．3b2b2c23于是，由此可得bc．2223b由③c3b，与bc矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．18．（12分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，所以AD⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AD＝23，AM＝1，所以DM＝AD2＋AM2＝13.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，所以DN＝AD2＋AN2＝13.在等腰三角形DMN中，MN＝1，1MN132可得cos∠DMN＝＝.26DM所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为13.2614(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝3.因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，CM⊂平面ABC，所以CM⊥平面ABD，所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD＝AC2＋AD2＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝CM3＝.CD43.4所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为19.（12分）已知抛物线E上的焦点为F(0,1).（1）求抛物线E的标准方程；（2）过F作斜率为k的直线l交曲线E于A、B两点，若BF3FA，求直线l的方程.【解析】（Ⅰ）即曲线E的方程为：x24y；（Ⅱ）设过F的斜率为k的直线方程为：ykx1，联立

ykx12x4kx40.令A(x1,y1)、B(x2,y2)，2x4y

所以x1x24k，x1x2-4，由题可知：BF3FA，即：(x2,1y2)3(x1,y11),即得x23x1，由x1x24k，x1x2-4，x23x1得：k

213，k，33

所求直线l的方程为：y

3x1.3

（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C的焦点为0,3、0,3，实轴长为22.20．（1）求双曲线C的标准方程；（2）过点Q1,1的直线l与曲线C交于M，N两点，且Q恰好为线段MN的中点，求直线l的方15程.y2

【答案】（1）x21（2）2xy10.2

【解析】y2

（1）双曲线的标准方程为C：x21.2（2）过点Q1,1的直线l与曲线C交于M，N两点，且Q恰好为线段MN的中点，当直线斜率不存在时，直线方程为x1，则由双曲线对称性可知线段MN的中点在x轴上，所以不满足题意；当斜率存在时，设直线方程为ykx11，设Mx1,y1,Nx2,y2，ykx112222k2x2k2kxk2k10，则y2，化简可得2x12因为有两个交点，所以2k22k化简可得2k22k10恒成立，所以x1x2

4k22k22k10

22k22kk2

2，因为Q1,1恰好为线段MN的中点，则化简可得k2，2k22kk2

22，所以直线方程为y2x11，即2xy10.1x2y2

21.（12分）已知椭圆C：221ab0的上顶点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为.4ab

（1）求椭圆C的离心率；（2）若直线y

1

x1与椭圆C相交于A、B两点，若AOB的面积为7（O为坐标原点），24求椭圆C的标准方程.【解析】16（1）由题，椭圆上顶点的坐标为0,b，左右顶点的坐标分别为a,0、a,0，∴bb1

，即a24b2，则a2b，aa43b，又a2b2c2，∴c所以椭圆的离心率e

c3；

a2（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，x2y214b2b2由得：2x22x14b20，y1x1214b2328b0,x1x21，x1x2，22

∴AB

x1x2y1y21522

52x1x224x1x2

58b21，2又原点O到直线的距离d

，∴17，解得8b217，ABd

24

∴b21，满足0a24，x2∴椭圆C的方程为y21.4

22．（12分）设动圆P经过点F(1,0)，且与圆G:x2y22x70(G为圆心）相内切．（1）求动圆圆心P的轨迹E的方程；uuuruuruuur（2）设经过F的直线与轨迹E交于A、B两点，且满足GHGAGB的点H也在轨迹E上，求四边形GAHB的面积．17【详解】（Ⅰ）由已知可得,圆G的圆心G(1,0)，半径为22，由圆P与圆G相内切，得|PF||PG|222，由椭圆定义可知，动圆圆心P的轨迹是以F，G为焦点22x2且长轴长为的椭圆，其方程为2y21．（Ⅱ）设直线l的方程为xty1，(t一定存在），代入x22y22，并整理得(t22)x22ty10，所以判别式△4t24(t22)0恒成立，设A(ty11，y1)，B(ty21，y2)，由韦达定理可得,yt

1y2

21t22,y1y2t22,设H(x,则GHxty

0，y0)01,y0,GA12,y1,GBty22,y2由GHGAGB，得x01ty12ty22yy，01y2t即x0y32t(6

1y2)2tt

2，即Ht262t

y2,2，0y1y22t2t2t22又点H在轨迹E上，故(t26)22(t22)24t2(t22)21，即t412t2280，解得t214，（舍负），因为GHGAGB,所以四边形GAHB为平行四边形,所以平行四边形GAHB的面积为2SFGy1y22y1y24y2t121y22,t224t22即S24t24t2242t21t2,因为22t22t214，18所以四边形GAHB的面积为S【点睛】30．4本题考查椭圆的定义及其几何性质、直线与椭圆的位置关系；重点考查学生的运算求解能力；方程思想和韦达定理的应用与向量的坐标运算相结合是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.19