2020-2021学年山东省淄博市高二（上）夏考班期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省淄博市高二（上）夏考班期中考试数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知全集 U={1,2,3,4} ，集合A={1,2}，B={2,3}，则∁U(A∪B)=( )
A.{1,3,4}B.{3,4}C.{3}D.{4}

2. 已知集合A={1, a}，B={1, 2, 3}，则“a=3”是“A⊆B“的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

3. 设复数z满足(1−i)z=2i，则z=( )
A.−1+iB.−1−iC.1+iD.1−i

4. 下列函数中，既是偶函数，又在区间 (0, +∞)上单调递减的是( )
A.y=1xB.y=e−xC.y=−x2+1D.y=lg|x|

5. 已知过点A(−2, m)和B(m, 4)的直线与直线2x+y−1=0平行，则m的值为( )
A.0B.−8C.2D.10

6. 在四边形ABCD中，如果AB→⋅AD→=0，AB→=DC→，那么四边形ABCD的形状是( )
A.矩形B.菱形C.正方形D.直角梯形

7. 若直线x−y=2被圆(x−a)2+y2=4所截得的弦长为22，则实数a的值为( )
A.−1或3B.1或3C.−2或6D.0或4

8. 圆x2+y2−2x−2y+1=0上的点到直线x−y=2的距离最大值是( )
A.2B.1+2C.2+22D.1+22
二、多选题

直线l将圆x2+y2−2x+4y−4=0平分，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程可以是( )
A.x−y+1=0B.x−2y=0C.x+y+1=0D.2x+y=0

已知直线m+1x+y+2=0与x+m2−1y−1=0垂直，则m的值可以是( )
A.−1B.0C.1D.2

设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，其中正确命题的序号是( )
A.若m⊥α，n // α，则m⊥n B.若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ
C.若m // α，n // α，则m // nD.若α⊥γ，β⊥γ，则α // β

如图是容量为100的样本的频率分布直方图，下列选项正确的是( )

A.样本数据落在范围(10，14)内的频率为0.4
B.样本数据落在范围6,10内的频率为0.08
C.样本平均数是10.4
D.中位数是11
三、填空题

两直线4x+3y−4=0与8x+6y−9=0的距离是________．

圆心在直线y=2x上，且与x轴相切于点(−1, 0)的圆的标准方程是________．

已知a→，b→均为单位向量，它们的夹角为60∘，那么|a→+3b→|=________.

已知A−1,0，B2,1，P0,−1，过点P的直线与线段AB有交点，则直线倾斜角的范围是________，斜率的范围是________.
四、解答题

如图，四边形ABCD是矩形， PA⊥平面ABCD.

求证：(1)CD⊥平面PAD；

(2)BC//平面PAD.

已知圆的方程x2+y2+2mx−2y+2m2−2m+1=0.
(1)求m的取值范围；

(2)求该圆的面积最大值．

一条光线从点A(−2, 3)射出，经x轴反射后，与圆(x−3)2+(y−2)2=1相切，求反射光线所在直线的方程.

已知△ABC的顶点A5,1，边AB上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0.求：
1顶点C的坐标；

(2)直线BC的方程；

3△ABC的面积．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=12AA1，D是棱AA1的中点，AC⊥BC.

(1)证明：DC1⊥DB；

(2)求平面BDC1与平面BB1C1C所成角的余弦值.

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=4，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90∘，E是CD的中点．
(1)证明：CD⊥平面PAE；

(2)求直线PB与平面PCD所成的正弦值；

(3)求点A到平面PCD的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省淄博市高二（上）夏考班期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，A∪B={1,2,3},
U={1,2,3,4},
∴ ∁U(A∪B)={4}.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
集合的包含关系判断及应用
【解析】
先有a=3成立判断是否能推出A⊆B成立，反之判断“A⊆B”成立是否能推出a=3成立；利用充要条件的题意得到结论．
【解答】
解：当a=3时，A={1, 3}，所以A⊆B，即a=3能推出A⊆B,
反之当A⊆B时，所以a=3或a=2，所以A⊆B成立，推不出a=3.
故“a=3”是“A⊆B”的充分不必要条件,
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
根据所给的等式两边同时除以1−i，得到z的表示式，进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理成最简形式，得到结果．
【解答】
解：∵ 复数z满足z(1−i)=2i，
∴ z=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用函数的单调性和奇偶性的定义，逐一判断各个选项中的函数是否满足条件，从而得出结论．
【解答】
解：对于A，f(−x)=−1x≠f(x)，函数y=1x不是偶函数，故A不符合题意；
对于B，f(−x)=ex≠f(x)，函数y=e−x不是偶函数，故B不符合题意；
对于C，f(−x)=−(−x)2+1=−x2+1=f(x)，
∴ 函数y=−x2+1是R上的偶函数，
又∵ 函数y=−x2+1的图象是开口向下、且关于y轴对称的抛物线，
∴ 当x∈(0,+∞)时，函数为减函数，故C符合题意；
对于D，当x∈(0,+∞)时，函数y=lg|x|=lgx，底数10>1，
∴ 函数y=lg|x|在区间(0,+∞)上是单调递增的函数，故D不符合题意.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
斜率的计算公式
【解析】
因为过点A(−2, m)和B(m, 4)的直线与直线2x+y−1=0平行，所以，两直线的斜率相等．
【解答】
解：∵ 直线2x+y−1=0的斜率等于−2，
∴ 过点A(−2, m)和B(m, 4)的直线的斜率k也是−2，
∴ 4−mm+2=−2，解得m=−8.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
平行向量的性质
平面向量数量积的运算
【解析】
数量积=0，两条直线垂直，向量相等，两条直线平行，容易推出结论．
【解答】
解：由AB→⋅AD→=0知AB⊥AD，由AB→=DC→知AB // CD，AB=CD，故为矩形．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
由圆的方程，得到圆心与半径，再求得圆心到直线的距离，由d2+(l2)2=r2求解．
【解答】
解：∵ 圆(x−a)2+y2=4，
∴ 圆心为：(a, 0)，半径为：2，
圆心到直线的距离为：d=|a−2|2，
∵ d2+(222)2=r2，
解得a=4，或a=0.
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
先将圆x2+y2−2x−2y+1=0转化为标准方程：(x−1)2+(y−1)2=1，明确圆心和半径，再求得圆心(1, 1)到直线x−y=2的距离，最大值则在此基础上加上半径长即可．
【解答】
解：圆x2+y2−2x−2y+1=0可化为标准形式：(x−1)2+(y−1)2=1，
∴ 圆心为(1, 1)，半径为1，
圆心(1, 1)到直线x−y=2的距离d=|−2|2=2>1，
即直线和圆相离，
则所求距离最大为d+r=1+2.
故选B．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的截距式方程
【解析】
求出圆的圆心坐标，利用直线在两坐标轴上的截距相等，即可求解直线l的方程．
【解答】
解：将圆x2+y2−2x+4y−4=0化为：圆(x−1)2+(y+2)2=9，
则圆心坐标为(1, −2)，半径为3.
∵ 直线l将圆x2+y2−2x+4y−4=0平分，且在两坐标轴上的截距相等，
∴ 直线l经过圆心与坐标原点，或者直线经过圆心，直线的斜率为−1，或者直线经过圆心，直线的斜率为1，
∴ 直线l的方程是：y+2=−(x−1)，2x+y=0，y+2=x−1，
即x+y+1=0，2x+y=0，x−y−3=0．
故选CD．
【答案】
A,B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
直接由两直线垂直，构造方程，解出即可.
【解答】
解：由题意得：m+1×1+1×m2−1=0，
解得：m=0或m=−1.
故选AB.
【答案】
A,B
【考点】
直线与平面垂直的性质
平面与平面垂直的判定
【解析】
直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．
【解答】
解：A，若m⊥α，n // α，则m⊥n，是直线和平面垂直的性质，故该选项正确；
B，若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ，满足直线和平面垂直的判定，故该选项正确；
C，若m // α，n // α，则m // n，两条直线可能相交，也可能异面，故该选项不正确；
D，若α⊥γ，β⊥γ，则α // β，考虑长方体的顶点，α与β还可以垂直，故该选项不正确．
故选AB．
【答案】
A,C
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
直接利用频率分布直方图的信息，逐个判断即可.
【解答】
解：A，样本数据落在范围(10,14)内的频率为0.1×4=0.4，故A正确；
B，样本数据落在范围(6,10)内的频率为0.08×4=0.32，故B错误；
C，估计样本平均数为：
0.03×4×4+0.08×4×8+0.10×4×12+0.04×4×16=10.4，故C正确；
D，由0.03×4+0.08×4=0.44<0.5，0.03×4+0.08×4+0.4=0.84>0.5，
故中位数落在范围(10,14)内，设中位数为x，
则x−1014−10×0.4=0.5−0.44，解得x=10.6，故中位数为10.6，故D错误.
故选AC.
三、填空题
【答案】
110
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
化简直线方程，利用平行线之间的距离公式求解即可．
【解答】
解：两直线4x+3y−4=0与8x+6y−9=0，
即两平行直线4x+3y−4=0与4x+3y−92=0，
二者之间的距离为：d=|−4+92|42+32=110．
故答案为：110．
【答案】
(x+1)2+(y+2)2=4
【考点】
圆的标准方程
【解析】
由题意求出圆心坐标与圆的半径，即可得到圆的标准方程．
【解答】
解：因为圆心在直线y=2x上，且与x轴相切于点(−1, 0)，所以圆的圆心坐标为(−1, −2)．
圆的半径为2，
所以圆的标准方程为：(x+1)2+(y+2)2=4．
故答案为：(x+1)2+(y+2)2=4．
【答案】
13
【考点】
向量模长的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a→，b→均为单位向量，
∴ |a→|=1，|b→|=1.
又∵ 两向量的夹角为60∘，
∴ a→⋅b→=|a→||b→|cs60∘=12，
∴ |a→+3b→|=(a→)2+(3b→)2+6a→⋅b→=1+9+3=13.
故答案为：13.
【答案】
π4,3π4,(−∞,−1]∪[1,+∞)
【考点】
直线的斜率
直线的倾斜角
斜率的计算公式
【解析】
作出草图，数形结合即可得到答案.
【解答】
解：如图，
∵ kAP=0−−1−1−0=−1，kBP=1−−12−0=1，
∴ 过P0,−1的直线l与线段AB始终有公共点时，
直线l的斜率k的取值范围是k≤−1或k≥1，
此时直线l倾斜角θ∈π4,3π4.
故答案为：π4,3π4；(−∞,−1]∪[1,+∞).
四、解答题
【答案】
证明：(1)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ CD⊥AD.
又∵ PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥PA.
又∵ AD∩PA=A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD.
(2)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC//AD.
又∵ BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ BC//平面PAD.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
(1)由题意得到CD⊥AD，CD⊥PA，再利用线面垂直的判定即可证明.
(2)由题意得到BC//AD，再利用线面平行的判定即可得到答案.
【解答】
证明：(1)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ CD⊥AD.
又∵ PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥PA.
又∵ AD∩PA=A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD.
(2)∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC//AD.
又∵ BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ BC//平面PAD.
【答案】
解：(1)圆的方程x2+y2+2mx−2y+2m2−2m+1=0化为标准方程为：
(x+m)2+(y−1)2=2m−m2，
∵ (x+m)2+(y−1)2=2m−m2表示圆的方程，
∴ 2m−m2>0，
∴ 0(2)设圆的半径为r，
由(1)可得：r2=−m2+2m
=−(m−1)2+1(0当m=1时，r2取得最大值为1，
此时圆的面积为π×12=π，
∴ 该圆的面积最大值π.
【考点】
圆的一般方程
【解析】
(1)将圆的一般方程化为标准方程，得到2m−m2>0，求解即可.
(2)设圆的半径为r，r2=−m2+2m=−(m−1)2+1(0【解答】
解：(1)圆的方程x2+y2+2mx−2y+2m2−2m+1=0化为标准方程为：
(x+m)2+(y−1)2=2m−m2，
∵ (x+m)2+(y−1)2=2m−m2表示圆的方程，
∴ 2m−m2>0，
∴ 0(2)设圆的半径为r，
由(1)可得：r2=−m2+2m
=−(m−1)2+1(0当m=1时，r2取得最大值为1，
此时圆的面积为π×12=π，
∴ 该圆的面积最大值π.
【答案】
解：点A(−2, 3)关于x轴的对称点坐标为(−2, −3).
设反射光线的斜率为k，可得出反射光线为y+3=k(x+2)，
即kx−y+2k−3=0.
∵ 反射光线与圆(x−3)2+(y−2)2=1相切，
∴ 圆心到反射光线的距离d=r，即|5k−5|1+k2=1，
整理得：(3k−4)(4k−3)=0，
解得：k=43或k=34，
则反射光线的方程为：3x−4y−6=0或4x−3y−1=0.
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
找出点(−2, 3)关于x轴的对称点，此点在反射光线上，设出反射光线的斜率为k，表示反射光线的方程，由反射光线与已知圆相切，可得出圆心到反射线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，即可确定出反射线的方程．
【解答】
解：点A(−2, 3)关于x轴的对称点坐标为(−2, −3).
设反射光线的斜率为k，可得出反射光线为y+3=k(x+2)，
即kx−y+2k−3=0.
∵ 反射光线与圆(x−3)2+(y−2)2=1相切，
∴ 圆心到反射光线的距离d=r，即|5k−5|1+k2=1，
整理得：(3k−4)(4k−3)=0，
解得：k=43或k=34，
则反射光线的方程为：3x−4y−6=0或4x−3y−1=0.
【答案】
解：1设Cm,n
∵ AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，
AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
∴ 2m−n−5=0，n−1m−5×12=−1， 解得m=4，n=3.
∴ C4,3.
2设Ba,b，
则a−2b−5=0，2×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1，b=−3.
∴ B−1,−3，
∴ kBC=3+34+1=65，
∴ 直线BC的方程为y−3=65x−4，
即6x−5y−9=0.
3点A到直线BC的距离为d=|6×5−5×1−9|62+52=1661，
又|BC|=(4+1)2+(3+3)2=61，
所以△ABC的面积S=12⋅|BC|⋅d=8，
∴ △ABC的面积为8.
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
中点坐标公式
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
【解析】
1利用点C在直线CM上，及直线AC与BH垂直，构造方程，即可解出答案；
2利用中点坐标公式、点斜式即可得出；
3首先求出点A到直线BC的距离，再求出BC的长度，即可求出面积.
【解答】
解：1设Cm,n
∵ AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，
AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
∴ 2m−n−5=0，n−1m−5×12=−1， 解得m=4，n=3.
∴ C4,3.
2设Ba,b，
则a−2b−5=0，2×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1，b=−3.
∴ B−1,−3，
∴ kBC=3+34+1=65，
∴ 直线BC的方程为y−3=65x−4，
即6x−5y−9=0.
3点A到直线BC的距离为d=|6×5−5×1−9|62+52=1661，
又|BC|=(4+1)2+(3+3)2=61，
所以△ABC的面积S=12⋅|BC|⋅d=8，
∴ △ABC的面积为8.
【答案】
解：1由直三棱柱ABC−A1B1C1可知，CC1⊥BC.
又∵ AC⊥BC，且AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面AA1C1C，
∴ BC⊥平面AA1C1C.
又∵ DC1⊂平面AA1C1C，
∴ BC⊥DC1.
在矩形AA1C1C中，AC=12AA1，
∴ AC=AD，从而△ACD为等腰直角三角形，
∴ ∠ADC=45∘，
同理∠A1DC1=45∘，
∴ ∠CDC1=90∘，即C1D⊥CD.
又CD∩BC=C，且CD，BC⊂平面BDC，
∴ C1D⊥平面BDC.
又∵ BD⊂平面BDC，
∴ DC1⊥DB.
2如图：
取CC1的中点M，则由直三棱ABC−A1B1C1，易得四边形ACMD为矩形，
∴ AC//DM，AC⊥CM.
又∵ AC⊥BC，且BC∩CM=C，BC⊂平面BB1C1C，CM⊂平面BB1C1C，
∴ AC⊥平面BB1C1C，即DM⊥平面BB1C1C.
设平面BDC1与平面BB1C1C所成角为θ，θ∈0,π2，则csθ=S△BMC1S△BDC1，
设AC=BC=12AA1=a，则易得DC1=2a，BD=3a，
∴ S△BMC1=12×a×a=12a2，S△BDC1=12×2a×3a=62a2，
∴ csθ=S△BMC1S△BDC1=16=66，
即平面BDC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为66.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
二面角的平面角及求法
【解析】
1利用线面垂直的性质，即可证明线线垂直；
2作出投影面，利用投影面与原平面的面积比即为二面角的余弦值，得到答案.
【解答】
解：1由直三棱柱ABC−A1B1C1可知，CC1⊥BC.
又∵ AC⊥BC，且AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面AA1C1C，
∴ BC⊥平面AA1C1C.
又∵ DC1⊂平面AA1C1C，
∴ BC⊥DC1.
在矩形AA1C1C中，AC=12AA1，
∴ AC=AD，从而△ACD为等腰直角三角形，
∴ ∠ADC=45∘，
同理∠A1DC1=45∘，
∴ ∠CDC1=90∘，即C1D⊥CD.
又CD∩BC=C，且CD，BC⊂平面BDC，
∴ C1D⊥平面BDC.
又∵ BD⊂平面BDC，
∴ DC1⊥DB.
2如图：
取CC1的中点M，则由直三棱ABC−A1B1C1，易得四边形ACMD为矩形，
∴ AC//DM，AC⊥CM.
又∵ AC⊥BC，且BC∩CM=C，BC⊂平面BB1C1C，CM⊂平面BB1C1C，
∴ AC⊥平面BB1C1C，即DM⊥平面BB1C1C.
设平面BDC1与平面BB1C1C所成角为θ，θ∈0,π2，则csθ=S△BMC1S△BDC1，
设AC=BC=12AA1=a，则易得DC1=2a，BD=3a，
∴ S△BMC1=12×a×a=12a2，S△BDC1=12×2a×3a=62a2，
∴ csθ=S△BMC1S△BDC1=16=66，
即平面BDC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为66.
【答案】
(1)证明：连接AC，AE，PE.
由AB=4，BC=3，∠ABC=90∘，得AC=5，
又AD=5，PA⊥面ABCD，
可得Rt△PAC≅Rt△PAD，
得PC=PD.
因为E是CD中点，
所以CD⊥PE，
又CD⊥PA，PA∩PE=P，
所以得CD⊥面PAE.
(2)解：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
所以B(4,0,0)，P(0,0,4)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，
PB→=4,0,−4，PC→=4,3,−4，PD→=0,5,−4，
设平面PCD的法向量n→=x,y,z，
所以n→⋅PC→=0，n→⋅PD→=0，即4x+3y−4z=0，5y−4z=0，
所以n→=2,4,5.
设直线PB与平面PCD所成的角为θ，
sinθ=cs=n→⋅PB→n→PB→
=8+0−204+16+25×16+16=1010.
(3)解：由题设得AP→=0,0,4，
∴ d=AP→⋅n→n→=453.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
点、线、面间的距离计算
【解析】
利用三角形全等，得PC=PD，进而得CD⊥PE，由CD⊥PA，可得线面垂直.
利用建立空间坐标系，解得平面PCD的法向量，再利用向量的的夹角公式得解.
利用向量的数量积解得距离.
【解答】
(1)证明：连接AC，AE，PE.
由AB=4，BC=3，∠ABC=90∘，得AC=5，
又AD=5，PA⊥面ABCD，
可得Rt△PAC≅Rt△PAD，
得PC=PD.
因为E是CD中点，
所以CD⊥PE，
又CD⊥PA，PA∩PE=P，
所以得CD⊥面PAE.
(2)解：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
所以B(4,0,0)，P(0,0,4)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，
PB→=4,0,−4，PC→=4,3,−4，PD→=0,5,−4，
设平面PCD的法向量n→=x,y,z，
所以n→⋅PC→=0，n→⋅PD→=0，即4x+3y−4z=0，5y−4z=0，
所以n→=2,4,5.
设直线PB与平面PCD所成的角为θ，
sinθ=cs=n→⋅PB→n→PB→
=8+0−204+16+25×16+16=1010.
(3)解：由题设得AP→=0,0,4，
∴ d=AP→⋅n→n→=453.