2020-2021学年吉林省四平市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省四平市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知命题p:∀x∈R，2x2+2x+1>0，则p的否定是( )
A.∃x∈R，2x2+2x+1>0B.∀x∈R，2x2+2x+1<0
C.∃x∈R，2x2+2x+1≤0D.∀x∈R，2x2+2x+1≤0

2. 抛物线x2=14y的准线方程为( )
A.x=−1B.x=−116C.y=−1D.y=−116

3. 已知向量a→=2,−1,3，b→=−3,k,4，且a→⊥(a→−b→)，则k的值为( )
A.−6B.−8C.6D.10

4. 已知椭圆C：x22m2+y2m2=1m>0的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上任意一点，则|PF1|+|PF2|≥12的一个充分不必要条件是( )
A.|F1F2|≥6B.|F1F2|≥62C.|F1F2|≥43D.|F1F2|≥9

5. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦距为410，且C的一条渐近线过点P−2,6，则C的方程为( )
A.x24−y236=1B.x236−y24=1C.x216−y2144=1D.x2144−y216=1

6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为BC的中点，则异面直线MD与AB1所成角的余弦值是( )
A.55B.255C.105D.155

7. 已知抛物线关于x轴对称，它的顶点为坐标原点O，并且经过点M3,y0，若点M到该抛物线焦点的距离为6，则|OM|=( )
A.5B.35C.6D.62

8. 若过点−2,1的圆M与两坐标轴都相切，则直线3x−4y+1=0与圆M的位置关系是( )
A.相交B.相切C.相离D.不能确定

9. 设直线kx−y−k+3=0过定点A，直线2kx−y−8k=0过定点B，则直线AB的倾斜角为( )
A.5π6B.2π3C.π3D.π6

10. 设F1,F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，实轴为A1A2．若P为C右支上的一点，线段PF1的中点为M，且F2M⊥PF1，|F2M|=72|A1A2|，则C的离心率为( )
A.43B.53C.2D.73

11. 已知P，A，B，C四点满足PA→=1,1,−3，PB→=2,−1,1，PC→=3,4,m，且P，A，B，C四点共面，则m=( )
A.113B.−13C.−343D.343

12. 已知曲线C的方程为x2+y29=10A.60B.64C.68D.72
二、填空题

若直线4x+m+1y+8=0与直线2x−3y−9=0平行，则这两条平行线间的距离为________.

在四棱柱ABCD−A1B1C1D1 中，BC1→=xAB→+yAC→+zAA1→，则x−y−z=________.

设有下列四个命题：
p1：若A>0，B<0，则直线Ax+By−2=0不经过第二象限.
p2：抛物线x2=−8y的焦点在圆x2+y+12=2的内部.
p3：若两个平面的法向量互相垂直，则这两个平面垂直.
p4：若直线l的方向向量与平面α的法向量垂直，则必有l//α.
下列命题中所有真命题的序号是________.
①p1∧p4，②p1∧p2，③¬p2∨p3，④¬p3∨p4

已知动圆Q与圆C1:x2+y+42=9外切，与圆C2:x2+y−42=9内切，则动圆圆心Q的轨迹方程为________.
三、解答题

已知两条直线l1:ax+by−4=0和l2:x+2y+2=0.
(1)若l1⊥l2，且l1过点3,2，求l1的方程；

(2)若l1与l2在x轴上的截距相等，且l1的斜率为3，求l1在y轴上的截距．

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E为DD1的中点.

(1)证明：CE⊥平面B1C1E.

(2)求二面角B1−C1E−B的余弦值.

已知直线l与抛物线C:y2=5x交于A，B两点．
(1)若l的方程为y=2x−1，求|AB|；

(2)若弦AB的中点为6,−1，求l的方程．

如图，在三棱锥D−ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC且BC=2，AB=3，AD=4.

(1)证明：△BCD为直角三角形；

(2)以A为圆心，在平面DAB中作四分之一个圆，如图所示，E为圆弧上一点，且AE=2，∠EAD=45∘，求AE与平面BCD所成角的正弦值.

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F−1,0，过点F的直线l交椭圆C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，△OAB的面积为233（O为原点）．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l的斜率大于2，求直线OA的斜率的取值范围．

已知圆C:x2+y2+Dx+Ey−12=0过点P−1,7，圆心C在直线l:x−2y−2=0上．
(1)求圆C的一般方程；

(2)若不过原点O的直线l与圆C交于A，B两点，且OA→⋅OB→=−12，试问直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省四平市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：p的否定是∃x∈R，2x2+2x+1≤0．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及2p=14，再直接代入即可求出其准线方程．
【解答】
解：因为抛物线的方程为x2=14y，焦点在y轴上，
所以2p=14，即p=18，
所以p2=116，
所以准线方程为y=−116.
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】

【解答】
解：由题意知a→−b→=(5,−1−k,−1)，
∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅(a→−b→)=2×5+1+k−3=0，
解得k=−8.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
椭圆的定义
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知a2=2m2，c2=2m2−m2=m2，
故a=2m，c=m，
2a=|PF1|+|PF2|≥12⇔
22c≥12⇔|F1F2|≥62，
因此在四个选项中，
|PF1|+|PF2|≥12的一个充分不必要条件是|F1F2|≥9．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意可得2c=410，−ba=−62，即b=3a.
∴ 40=a2+9a2，
解得：a2=4，b2=4×9=36，
故双曲线C的方程为x24−y236=1．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】

【解答】
解：设AB=1，
以D1为坐标原点，D1A1→为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D1−xyz，
则A(1,0,1)，B1(1,1,0)，D(0,0,1)，M(12,1,1)，
可得AB1→=0,1,−1，DM→=12,1,0，
cs⟨AB1→,DM→⟩=12×52=105，
故异面直线MD与AB1所成角的余弦值是105.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
【解析】

【解答】
解：由题意设抛物线的标准方程y2=2pxp>0，
因为点M3,y0到焦点F的距离为6，
所以|MF|=3+p2=6，则p=6，
将点M3,y0代入抛物线解析式得y0=6，
所以|OM|=32+62=35．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为圆M与两坐标轴都相切，且点−2,1在该圆上，
所以可设圆M的方程为x+a2+y−a2=a2，
所以−2+a2+1−a2=a2，
即a2−6a+5=0，
解得a=1或a=5．
当圆心坐标为−1,1时，圆的半径为1，
此时圆心到直线3x−4y+1=0的距离为65>1，
当圆心坐标为−5,5时，圆的半径为5，
此时圆心到直线3x−4y+1=0的距离为345>5．
故直线3x−4y+1=0与圆M相离．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
直线恒过定点
直线的倾斜角
【解析】

【解答】
解：由kx−y−k+3=0，得y=k(x−1)+3，
则点A的坐标为1,3.
由2kx−y−8k=0，得y=2k(x−4)，
则点B的坐标为4,0，
所以kAB=31−4=−33，
故直线AB的倾斜角为5π6．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知|PF2|=|F1F2|=2c，
|F2M|=7a，|PF1|−|PF2|=|PF1|−2c=2a，
则|PF1|=2c+2a=2|MF1|，|MF1|=a+c．
在Rt△F1F2M中，
因为|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2，
所以a+c2+7a2=4c2，
整理得3c2−2ac−8a2=0，
即3e2−2e−8=0，
解得e=2或e=−43（舍）．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】

【解答】
解：因为P，A，B，C四点共面，所以PA→，PB→，PC→共面，
所以PC→=xPA→+yPB→
=x(1,1,−3)+y2,−1,1=3,4,m，
所以 x+2y=3，x−y=4，−3x+y=m，
解得x=113，y=−13，m=−343.
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
直线的点斜式方程
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Px0,y0，则kPA⋅kPB=y02−9x02=y02−91−y029=−9．
设kPA=k(k>0)，则kPB=−9k，
直线AP的方程为y=kx−3，
则点M的坐标为5,5k−3，
直线BP的方程为y=−9kx+3，
则点N的坐标为5,−45k+3．
所以|MN|=5k−3−−45k+3
=5k+45k−6≥25k⋅45k−6=24，
当且仅当5k=45k，即k=3时等号成立．
故△DMN面积的最小值为12×24×6=72．
故选D．
二、填空题
【答案】
13
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条平行直线间的距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设两条平行线间的距离为d，
依题意可得4×−3=2m+1，得m=−7，
两条直线分别为2x−3y+4=0，2x−3y−9=0，
则d=4−−922+−32=13．
故答案为：13．
【答案】
−3
【考点】
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
由题意得到BC1→=BB1→+BC→=AA1→+AC→−AB→，进而求出x，y，z，求解即可.
【解答】
解：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
BC1→=BB1→+BC→=AA1→+AC→−AB→.
又∵ BC1→=xAB→+yAC→+zAA1→，
∴ x=−1，y=1，z=1，
∴ x−y−z=−1−1−1=−3.
故答案为：−3.
【答案】
②③
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的真假判断与应用
【解析】

【解答】
解：Ax+By−2=0可化为y=−ABx+2B，因为A>0，B<0，所以−AB>0，2B<0，则直线Ax+By−2=0不经过第二象限，故p1为真命题；
因为抛物线x2=−8y的焦点为0,−2，且 02+−2+12<2，故p2为真命题；
若两个平面的法向量互相垂直，则这两个平面垂直，故p3为真命题；
若直线l的方向向量与平面α的法向量垂直，则l//α或l⊂α，故p4为假命题.
综上可知，p1∧p4，¬p3∨p4为假命题，p1∧p2，¬p2∨p3为真命题.
故答案为：②③.
【答案】
y29−x27=1(y>0)
【考点】
轨迹方程
【解析】

【解答】
解：如图，
设动圆Q的半径为R，则|QC1|=3+R，|QC2|=R−3，
所以|QC1|−|QC2|=6<8，
所以动圆圆心Q的轨迹是以C1，C2为焦点，以6为实轴长的双曲线的上支．
因为2a=6，2c=8，
所以a=3，c=4，b2=c2−a2=16−9=7．
故动圆圆心Q的轨迹方程为y29−x27=1(y>0)．
故答案为：y29−x27=1(y>0).
三、解答题
【答案】
解：(1)因为l2的斜率k2=−12，
所以l1的斜率k1=−ab=−1k2=2，a=−2b．
又因为l1过点(3,2)，所以3a+2b−4=0，
所以a=2，b=−1，
故l1的方程为2x−y−4=0．
(2)因为l2在x轴上的截距为−2，
所以l1在x轴上的截距4a=−2，即a=−2．
因为l1的斜率−ab=3，所以b=−a3=23，
代入直线方程整理得y=3x+6，
故l1在y轴上的截距为6．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的斜截式方程
直线的一般式方程
【解析】


【解答】
解：(1)因为l2的斜率k2=−12，
所以l1的斜率k1=−ab=−1k2=2，a=−2b．
又因为l1过点(3,2)，所以3a+2b−4=0，
所以a=2，b=−1，
故l1的方程为2x−y−4=0．
(2)因为l2在x轴上的截距为−2，
所以l1在x轴上的截距4a=−2，即a=−2．
因为l1的斜率−ab=3，所以b=−a3=23，
代入直线方程整理得y=3x+6，
故l1在y轴上的截距为6．
【答案】
(1)证明：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则B1,0,0，C1,1,0，E0,1,1，B11,0,2，C11,1,2.
∵ CE→=−1,0,1，B1E→=−1,1,−1，B1C1→=0,1,0，
∴ CE→⋅B1E→=1−1=0，CE→⋅B1C1→=0，
即CE→⊥B1E→，CE→⊥B1C1→，
又∵ B1E∩B1C1=B1，
∴ CE⊥平面B1C1E.
(2)解：由(1)可知，
平面B1C1E的一个法向量n1→=CE→=−1,0,1.
BE→=−1,1,1，BC1→=0,1,2.
设平面BC1E的一个法向量为n2→=x,y,z，则n2→⋅BE→=−x+y+z=0,n2→⋅BC1→=y+2z=0,
令x=1，得n2→=1,2,−1.
cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−33，
由图可知，二面角B1−C1E−B为锐角，
所以二面角B1−C1E−B的余弦值为33.
【考点】
用向量证明垂直
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则B1,0,0，C1,1,0，E0,1,1，B11,0,2，C11,1,2.
∵ CE→=−1,0,1，B1E→=−1,1,−1，B1C1→=0,1,0，
∴ CE→⋅B1E→=1−1=0，CE→⋅B1C1→=0，
即CE→⊥B1E→，CE→⊥B1C1→，
又∵ B1E∩B1C1=B1，
∴ CE⊥平面B1C1E.
(2)解：由(1)可知，
平面B1C1E的一个法向量n1→=CE→=−1,0,1.
BE→=−1,1,1，BC1→=0,1,2.
设平面BC1E的一个法向量为n2→=x,y,z，则n2→⋅BE→=−x+y+z=0,n2→⋅BC1→=y+2z=0,
令x=1，得n2→=1,2,−1.
cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−33，
由图可知，二面角B1−C1E−B为锐角，
所以二面角B1−C1E−B的余弦值为33.
【答案】
解：(1)设A，B两点的坐标分别为(x1,y1），(x2,y2），
联立y2=5x,y=2x−1,
得4x2−9x+1=0，Δ>0，
因此x1+x2=94，x1x1=14，
故|AB|=1+22⋅x1+x22−4x1x2
=5×942−4×14=5134．
(2)因为A，B两点在抛物线C上，
所以y12=5x1,y22=5x2,
两式相减，得y22−y12=5(x2−x1)，
因为y1+y2=−1×2=−2，
所以kAB=y2−y1x2−x1=5y1+y2=−52，
因此l的方程为y−−1=−52x−6，
即5x+2y−28=0．
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设A，B两点的坐标分别为(x1,y1），(x2,y2），
联立y2=5x,y=2x−1,
得4x2−9x+1=0，Δ>0，
因此x1+x2=94，x1x1=14，
故|AB|=1+22⋅x1+x22−4x1x2
=5×942−4×14=5134．
(2)因为A，B两点在抛物线C上，
所以y12=5x1,y22=5x2,
两式相减，得y22−y12=5(x2−x1)，
因为y1+y2=−1×2=−2，
所以kAB=y2−y1x2−x1=5y1+y2=−52，
因此l的方程为y−−1=−52x−6，
即5x+2y−28=0．
【答案】
(1)证明：∵ DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴ DA⊥BC.
又∵ AB⊥BC，AB∩DA=A，
∴ BC⊥平面ABD，
∴ BC⊥BD，
∴ △BCD为直角三角形.
(2)解：以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(3,0,4)，A(3,0,0)，E(3+2,0,2)，
可得BC→=0,2,0，BD→=3,0,4.
设平面BCD的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=n→⋅BD→=0，即2y=0,3x+4z=0,
令x=4，得n→=4,0,−3.
∵ AE→=2,0,2，
∴ cs⟨AE→,n→⟩=22×5=210 ，
故AE与平面BCD所成角的正弦值为210.
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴ DA⊥BC.
又∵ AB⊥BC，AB∩DA=A，
∴ BC⊥平面ABD，
∴ BC⊥BD，
∴ △BCD为直角三角形.
(2)解：以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(3,0,4)，A(3,0,0)，E(3+2,0,2)，
可得BC→=0,2,0，BD→=3,0,4.
设平面BCD的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=n→⋅BD→=0，即2y=0,3x+4z=0,
令x=4，得n→=4,0,−3.
∵ AE→=2,0,2，
∴ cs⟨AE→,n→⟩=22×5=210 ，
故AE与平面BCD所成角的正弦值为210.
【答案】
解：(1)由已知得 c=1,a2=b2+c2,12⋅c⋅2b2a=233,
解得a=3，b=2，
所以椭圆C的方程为x23+y22=1．
(2)设点A的坐标为x0,y0，直线l的斜率为t，得t=y0x0+1，
即y=tx+1(x≠−1)，
与椭圆C的方程联立
y=tx+1,x23+y22=1,
消去y，整理得2x2+3t2x+12=6，
又由已知得t=6−2x23x+12>2，
解得：−32设直线OA的斜率为m，得m=y0x0，
即y=mx(−32与椭圆C的方程联立y=mx,x23+y22=1,
整理可得m2=2x2−23．
①当x∈−32,−1时，y=tx+1<0,
所以m>0，m=2x2−23，
得m∈23,233；
②当x∈−1,0时，y=tx+1>0，
所以m<0，m=−2x2−23，
得m∈−∞,−233．
综上所述，直线OA的斜率的取值范围是−∞,−233∪23,233．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆中的平面几何问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知得 c=1,a2=b2+c2,12⋅c⋅2b2a=233,
解得a=3，b=2，
所以椭圆C的方程为x23+y22=1．
(2)设点A的坐标为x0,y0，直线l的斜率为t，得t=y0x0+1，
即y=tx+1(x≠−1)，
与椭圆C的方程联立
y=tx+1,x23+y22=1,
消去y，整理得2x2+3t2x+12=6，
又由已知得t=6−2x23x+12>2，
解得：−32设直线OA的斜率为m，得m=y0x0，
即y=mx(−32与椭圆C的方程联立y=mx,x23+y22=1,
整理可得m2=2x2−23．
①当x∈−32,−1时，y=tx+1<0,
所以m>0，m=2x2−23，
得m∈23,233；
②当x∈−1,0时，y=tx+1>0，
所以m<0，m=−2x2−23，
得m∈−∞,−233．
综上所述，直线OA的斜率的取值范围是−∞,−233∪23,233．
【答案】
解：(1)由题意可得圆心C的坐标为−D2,−E2，
则−D2−2×−E2−2=0，①
因为圆C经过点P−1,7，
所以1+7−D+7E−12=0，②
联立①②，解得D=−4，E=0，
故圆C的一般方程是x2+y2−4x−12=0．
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x2+y2−4x−12=0,y=kx+m,整理得k2+1x2+2km−2x+m2−12=0，
则x1+x2=−2(km−2)k2+1，x1x2=m2−12k2+1．
因为OA→⋅OB→=−12，
所以x1x2+y1y2=−12，
所以x1x2+kx1+mkx2+m=−12，
则k2+1x1x2+kmx1+x2+m2=−12，即2m2−12−2km(km−2)k2+1=−12，
整理得mm+2k=0.
因为m≠0，所以m=−2k，
所以直线l的方程为y=kx−2k=kx−2，
故直线l过定点2,0．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=m，
则Am,y，Bm,−y，
由(1)知，m2+y2−4m=−12，
从而OA→⋅OB→=m2−y2=2m2−4m−12=−12，
解得m=2，m=0（舍去）．
故直线l过点2,0．
综上，直线l过定点2,0．
【考点】
圆的一般方程
直线恒过定点
直线与圆的位置关系
【解析】


【解答】
解：(1)由题意可得圆心C的坐标为−D2,−E2，
则−D2−2×−E2−2=0，①
因为圆C经过点P−1,7，
所以1+7−D+7E−12=0，②
联立①②，解得D=−4，E=0，
故圆C的一般方程是x2+y2−4x−12=0．
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x2+y2−4x−12=0,y=kx+m,整理得k2+1x2+2km−2x+m2−12=0，
则x1+x2=−2(km−2)k2+1，x1x2=m2−12k2+1．
因为OA→⋅OB→=−12，
所以x1x2+y1y2=−12，
所以x1x2+kx1+mkx2+m=−12，
则k2+1x1x2+kmx1+x2+m2=−12，即2m2−12−2km(km−2)k2+1=−12，
整理得mm+2k=0.
因为m≠0，所以m=−2k，
所以直线l的方程为y=kx−2k=kx−2，
故直线l过定点2,0．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=m，
则Am,y，Bm,−y，
由(1)知，m2+y2−4m=−12，
从而OA→⋅OB→=m2−y2=2m2−4m−12=−12，
解得m=2，m=0（舍去）．
故直线l过点2,0．
综上，直线l过定点2,0．