1、20212021學年佛山市普通高中高二教學質量檢測數學本試卷共4頁,22小題,總分值150分,考13t用時120分鐘.考前須知：1 .答卷前,考生務必填寫清楚做題卷上的姓名、班級、學號,并按要求粘貼好條形碼2 .選擇題每題選出答案后,用2B鉛筆把答案涂在做題卷的相應位置上.3 .非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在做題卷各題目指定區域內；如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4 .考生必須保持做題卷的整潔.測試結束后,將做題卷交回.參考公式：ABC的頂點坐標分別為X1,y1,x2,y2,x3,y3,那么其重心坐標為X

2、1X2X3y1y2y33,3.一、單項選擇題：本大題共10小題,每題5分,共50分.在每題給出的四個選項中,只有一項為哪一項符合題目要求的.1 .直線l經過點P1,2,且傾斜角為135,那么直線l的方程為A.xy30B.xy10C.xy10D.xy30【答案】B【解析】【分析】由傾斜角求出斜率,寫出直線方程的點斜式,化成一般式【詳解】直線l傾斜角為135,那么斜率為-1,且經過點P1,2,直線l方程為y2x1,即xy10.應選:B【點睛】此題考查求直線方程,屬于根底題.2.命題p：x0,xsinx,那么P為A.x0,xsinxB.x0,xsinxC.x00,x0sinx0D.x00,x0sin

3、x0【答案】D【解析】【分析】根據全稱命題的否認為特稱命題可得答案.【詳解】解：命題p：x0,xsinx,那么P為x00,x°sinx.,應選D.【點睛】此題考查的知識點是全稱命題,命題的否認,熟練掌握全特稱命題的否認方法是解答的關鍵.23.拋物線yx上的點M到其焦點的距離為2,那么M的橫坐標是D.求出拋物線的準線方程,設點M的橫坐標,利用拋物線的定義,即可求解.211【詳解】拋物線y2x焦點F-,0,準線方程為x1,44設點M的橫坐標為比,根據拋物線的定義,L,1八7|MF|x02,xO44應選:C【點睛】此題考查拋物線定義在解題中的應用,屬于根底題22224 .圓xy4x60與圓

4、xy4y60的位置關系為A.外離B.相切C.相交D.內含求出兩圓的圓心和半徑,判斷圓心距和兩半徑和與差的絕對值的關系,即可得出結論【詳解】X2y24x60化為(x2)2y210,圓心Ci(2,0),半徑ri而;x2y24y60化為x2(y2)210,圓心C2(0,2),半徑2而,0|C1C2|2近2而,所以兩圓相交.應選:C【點睛】此題考查兩圓的位置關系,屬于根底題5 .過點3,2的雙曲線C的漸近線方程為xy0,那么C的方程為22B.xy522D.yx522A.x2y2122C.yx1根據漸近線方程,設出雙曲線方程,將點3,2代入,即可求解合理設雙曲線方程是解題的關鍵,屬%1,1,使f%0的B

5、.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件【詳解】雙曲線C的漸近線方程為xy0,設雙曲線C的方程為x2y20將點3,2代入,得5.應選:B【點睛】此題考查雙曲線漸近線方程求標準方程,于根底題.6.函數fx,1x2a,那么“a0是“A.充分不必要條件C.充分必要條件【解析】【分析】先求出“出結論.【詳解】X01,1,使fx00成立時,a的取值范圍,與“a0比擬,即可得1,1,使fXo0即f(x0)?1Xa0,需X1,1,f(x)max1a0,a1,a0是“X01,1,使fX00的充分不必要條件應選:A【點睛】此題考查充分不必要條件的判斷,考查存在不等式成立,屬于根底題7.m是平面的一條斜線,直線l

6、過平面內一點A,那么以下選項中能成立的是A.l,且lmC.l,且l/m【答案】A【解析】【分析】B.lD.l,且lm,且l/m將選項BCD一一當做條件,都會得出與題中矛盾的結論,應選項BCD錯誤,選項A得不出矛盾,選項A正確.【詳解】解：假設l且l/m,那么m,且lm,那么m/或m,不符合題意,選項B錯誤；假設l,不符合題意,選項C錯誤；假設l,且l/m,那么m/,不符合題意,選項D錯誤.應選A.【點睛】此題考查了空間中線面平行與垂直關系的判定與性質,屬于根底題8.正四棱柱ABCDABC1D1中,AA2AB,那么異面直線AD與RD所成角的余弦值為【解析】1B.一1030103010【分析】求出

7、A,5,D,Bi坐標,利用空間向量法,求出AD1,DB1所成角余弦的建立空間直角坐標系,絕對值,即為所求.【詳解】設AA12AB2,以D為坐標原點,以DA,DC,DDi所在的直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系Oxyz,那么A(1,0,0),Di(0,0,2),B(1,1,2),AD；(1,02),Db1(11,2),3010因此,異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為,3010【點睛】此題考查用空間向量法求異面直線所成的角,屬于根底題9.如圖,長方體ABCDAB1C1D1中,ABBC4,BB12-&,點E,F,M分別為A1B1,AD1,的中點,過點M的平面與平面AEF平行,且與

8、長方體的面相交,那么交線圍成的幾何圖形的面積為D.24A.65B.6/6C.12【答案】A【解析】【分析】過點M作兩條相交的直線與平面AEF平行,這兩條相交線確定的平面即為與長方體交線,可得交線圍成圖形為等腰梯形,求出等腰梯形的面積,即可求解【詳解】取GDi中點N,連MN,BM,BD,DN,B1D1,點E,F,M分別為ABi,ADi,BQ的中點,1EF/MN/BiDi,EFMNB1D1,2由長方體AC1,BD/B1D1,MN/BD,MN,BD確定平面MNDB,EF/MN,EF平面MNDB,MN平面MNDB,EF平面MNDB,同理可證AF/平面MNDB,EFpAFF,EF,AF平面AEF,平面A

9、EF/平面MNDB,平面MNDB即為所求的平面,MN1BiDi1BD2衣,BMDN2H22平面與長方體交線圍成的圖形是等邊梯形MNDB等腰梯形的高為Ji22標,面積為1(2224.2),106.5.應選:A【點睛】此題考查面面平行的判定,以及平面與空間圖形的相交線組成的圖形,屬于較中檔10.20,c為雙曲線：事a2x1a0,b0的上焦點,假設圓F:b22ca上恰有三個點到2a-,一的一條漸近線的距離為,那么的離心率為(3A.B.3C.,102D.2圓F圓心為雙曲線焦點,可求出圓心到漸近線的距離,假設圓F上恰有三個點到的一條漸近2a線的距離為2a,那么與漸近線平行且與漸近線距離為32a3的直線與

10、圓F相切,可求出圓心到切線的距離且等于a,得出a,b關系,進而得出結論【詳解】雙曲線2y_2a2x1ab0,b0的一條漸近線方程為axby0,圓心F(0,c)到直線axbcby0距離為-7=.a圓F上恰有三個點到的一條漸近線的距離為2a3那么與漸近線平行且與漸近線距離為2a2a的直線3l與圓F相切,圓心到切線l的距離為ba,bb211)-103應選:A【點睛】此題考查直線與圓的位置關系,考查雙曲線的簡單幾何性質,考查數形結合思想,屬于中檔題.二、多項選擇題：本大題共2小題,每題5分,共10分.在每題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選又的得5分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分.11

11、 .瑞士數學家歐拉(LeonhardEuler)1765年在其所著的?三角形的幾何學?一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上,后人稱這條直線為歐拉線.ABC的頂點A4,0,B0,4,其歐拉線方程為xy20,那么頂點C的坐標可以是()A.2,0B.0,2C.2,0D.0,2【答案】AD【解析】【分析】設C(x,y),依題意可確定ABC的外心為M(0,2),可得出x,y一個關系式,求出ABC重心坐標,代入歐拉直線方程,又可得出x,y另一個關系式,解方程組,即可得出結論.【詳解】設C(x,y),AB的垂直平分線為yx,ABC的外心為歐拉線方程為xy20與直線yx的交點為M(1,1),

12、|MC|MA|而,(x1)2(y1)210,由A4,0,B0,4,ABC重心為(,),33代入歐拉線方程xy20,得xy20,由可得x2,y0或x0,y2.應選:AD【點睛】此題以數學文化為背景,考查圓的性質和三角形重心,屬于較難題12 .在平面直角坐標系中,曲線C上任意點P與兩個定點A2,0和點B2,0連線的斜率之和等于2,那么關于曲線C的結論正確的有()A.曲線C是軸對稱圖形B.曲線C上所有的點都在圓x2y22外C.曲線C是中央對稱圖形D.曲線C上所有點的橫坐標x滿足【答案】BC【解析】【分析】根據條件求出曲線C的方程,即可求得結論.【詳解】設點P(x,y),x2,kPAkPB2,x2x2

13、4得xyx4,x0不滿足萬程,yx(x2)x圖像如以下圖所示：曲線對應的函數是奇函數,圖像關于原點對稱,無對稱軸,選項C正確,選項A不正確；22.216xy2x88V282,選項B正確；x當x1時,y3那么選項d不正確.應選:BC【點睛】此題考查求曲線方程,并研究曲線的幾何性質,屬于較難題三、填空題：本大題共4小題,每題5分,總分值20分,其中第16題第一空2分,第二空3分.13.將邊長為1的正三角形繞其一邊所在直線旋轉一周,所得幾何體的體積為所得的幾何體為同底等高的圓錐組合體,根據圓錐的體積公式,即可求解【詳解】將邊長為1的正三角形繞其一邊所在直線旋轉一周,所得幾何體是底面半徑為-1,高均為

14、1的兩個同底圓錐組合體,22其體積為1立2J132224故答案為：一4【點睛】此題考查旋轉體的體積,屬于根底題14.直線11:xaya0,l2:ax2a3y10互相垂直,那么a值為【答案】0或2.【解析】【答案】.3【解析】【分析】求出球的半徑,ABC為直角三角形,求出ABC的外接圓的半徑,根據截面圓的性質,即可求解.【詳解】球的外表積為16,可得球半徑R2,ABAC衣,BC2,AB2BC2BC2,1.ABC為直角三角形,ABC的外接圓的半徑rBC1,2球心到平面ABC的距離為球心與ABC的外接圓圓心的距離為,22不,3.故答案為：.3【點睛】此題考查球截面的性質,球心與截面圓(小圓)圓心連線

15、垂直截面圓所在的平面是解題的關鍵,屬于根底題.16.在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中,點P是正方體棱上一點,|PB|PCi假設4,那么滿足條件的點P的個數為;假設滿足PB|PG|的點P的個數為6,那么的取值范圍是.【答案】(1).4(2).2、2,4U22v3,4、2【解析】【分析】(1)由題意可得點P是以2c2行為焦距,以a2為長半軸的橢圓與正方體與棱的交點,可求解；(2)利用三角形兩邊之和大于第三邊,以及點P的個數為6個時,短半軸范圍,即可求解【詳解】(1)正方體的棱長為2,BC12.2：PBPC14,P是以2c2行為焦距,以a2為長半軸的橢圓,(P在正方體的棱上,P應是橢圓與

16、正方體與棱的交點,結合正方體的性質可得,滿足條件的點為B,C,以及棱AB,CD各有一點滿足條件,故滿足條件的點P的個數為4;(2)PBPG|BC1|272,當橢圓短半軸b、二時,橢圓與棱BC,CC1cBi,B1B,ABC1D1各有一個交點,與其它棱無交點,滿足題意,2b222,42.244當bJ2時,a2,4由(i)得不合題意.當b在22J3時,根據正方體的性質,至多只有4個點在棱上,不合題意；當22、3,b"時,橢圓與棱AD,DDi,DiA,AA,ABi,CD2各有一個交點,滿足題意,b2264啦,422.34.2;當b而,橢圓至多與正方體的棱有4個交點,不合題意.綜上2夜4或22

17、邪4歷故答案：(i)4;(2)272,41J22后,4折【點睛】此題以正方體為載體,考查了橢圓定義的靈活應用,屬于難題四、解做題：本大題共6小題,總分值70分.解答須寫出文字說明、證實過程或演算步驟17 .點A0,4,B2,0,C4,4,D5,i.(i)判斷A、B、C、D四點能否圍成四邊形,并說明理由；(2)求ACD的面積.【答案】(i)A、B、C、D四點不能圍成四邊形,詳見解析(2)30【解析】【分析】(i)利用斜率判斷是否存在三點共線；(2)求出AC所在的直線方程,再求出點D到直線AC的距離,運用面積公式,即可求解0440r,【詳解】(i)由于kAB202,kBC二2,即kABkBC,所以

18、A、B、C三點共線,故A、B、C、D四點不能圍成四邊形(2)由(1)可知kAc2,所以直線AC的方程為y2x4,即2xy40,2514點D5,1到直線AC的距離d!尸33J5,5又AC|；4024424/M,所以ACD的面積為ACd14屈3近30.【點睛】此題考查點共線問題,可用：求斜率；求出某兩點所在的直線方程,其它點代入驗證；用向量坐標判斷是否共線.18 .如圖,四棱錐PABCD的底面為平行四邊形,點E、F分別在CD、BC上,G為PA中點,且PE平面ABCD.(1)假設PFBC,求證：平面PBC平面PEF;(2)求證：PC/平面BDG.【答案】(1)證實見解析(2)證實見解析【解析】【分析

19、】(1)由PE平面ABCD,可得PEBC,結合PFBC,可證BC,平面PEF,即可證實結論；(2)連AC交BD于.,連OG,可得OG/PC,即可證實結論.【詳解】(1)由于PE平面ABCD,BC平面ABCD,所以PEBC,又PFBC,PEpPFP,PE平面PEF,PF平面PEF,所以BC±平面PEF.又BC平面PBC,所以平面PBC平面PEF.(2)連接AC交BD于O,連接OG,由于四邊形ABCD為平行四邊形,所以OAOC,又G為PA中點,所以OG/PC,又OG平面BDG,PC平面BDG,所以PC/平面BDG.【點睛】此題考查空間垂直和平行的證實,屬于根底題圓心在直線l上,半徑為2.

20、19 .在平面直角坐標系xOy中,直線l：2xy10,圓C(1)假設圓C被x軸截得的弦長為2J3,求圓C的方程;(2)P2,0,圓C上存在點Q,使得PQOQ,求圓心C橫坐標的取值范圍.【答案】(1)圓C的方程為x2(1)根據條件設圓心坐標為(a,2a1),求出圓心到求解;PQOQ,Q在線段OP的垂直平分線上,又點Q在圓上線有交點,利用圓與直線的位置關系,即可求解2【詳斛】(1)設圓C：xay2a4,由于圓C被x軸截得的弦長為2J3,所以圓心C到x軸的距離dx軸的距離,幺轉化為1,3玄長公式,即即d2a10或a1,所以圓C的方程為x2y1214.(2)題意等價于OP的中垂線x1與圓C有公共點,所

21、以圓心C到直線x1的距離不大于半徑2,即a12.解得1a3,即圓心C橫坐標的取值范圍為1,3【點睛】此題考查圓與直線的位置關系,要注意點到直線距離的靈活運用,屬于中檔題.20 .拋物線C：y24x,過定點P0,1的直線為l.(1)假設l與C僅有一個公共點,求直線l的方程；(2)假設l與C交于A、B兩點,直線OA、OB的斜率分別為k1、k2,試探究匕與卜2的數量關系.【答案】(1)直線l的方程為x0或y1或yx1k1k24【解析】【分析】(1)點P0,1在拋物線外,對直線l斜率是否存在分類討論,當斜率存在時設出直線方程,與拋物線方程聯立,利用方程組只有一個解,即可得出結論;(2)由(1)中結合韋

22、達定理,確定A,B關系,利用斜率公式,即可求解【詳解】(1)當直線l的斜率不存在時,l：x0,顯然滿足題意;當直線l斜率存在時,設l：ykx1,聯立ykx1222,消去y整理得k2x2y24x2k4x0時,方程*只有唯一解,滿足題意,此時l的方程為y1.0時,綜上,直線l的方程(2)設Ax,y1,可知x1x2所以k1k2即匕與卜2滿足的數時l的方程為yx1.0,解得k2k4yxx2,y2,2kkx11x,x2x,xx24.系為：k1,xkkx212x或yy2k2*2【點睛】此題考查直線與拋物線的位置關系,當點在拋物線外,過點直線與拋物線只有一個交點的直線有三條,考查定值問題,屬于中檔題21 .

23、如圖,梯形ABCD中,AB/DC,AB4,ADDCCB2,將BCD沿BD折到BC'D的位置,使得平面BC'D平面ABCD.AR(1)求證：ADBC'(2)求二面角BAC'D的余弦值.【答案】(1)證實見解析(2)旦7(1)利用長度關系可證ADBD,根據面面垂直的性質定理,可得AD平面BC'D,即可求證結論；(2)建立空間直角坐標系,分別求出平面ADC'與平面ABC'的法向量,運用空間向量法即可求解.【詳解】(1)在梯形ABCD中,過D作DHAB于H,那么AH1,又AD2,所以DH底,DAH60,ABD30,故ADB90,即ADBD.又平面

24、BC'D平面ABCD,平面BC'D.平面ABCDBD,AD平面ABCD,所以AD平面BC'D,又BC'平面BC'D,所以ADBC'.(2)以D為原點,建立空間直角坐標系Dxyz如下圖,貝UA2,0,0,B023,0,C'03,1,2,273,0,DA2,0,0,aC'設平面ADC'的法向量叫oyhz),那么2x102x1.3y1X|0ZiZi令yi1,得用0,1,石,設平面ABC'的法向量X2,Y2,Z2令y22x22.3y22x233y2X2V3y23y2所以cosZ2Z21,得“結合圖形可知,二面角BAC'D為鈍角,它的