2020-2021学年山西省吕梁市汾阳市高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年山西省吕梁市汾阳市高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版，共8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. 命题“∀x∈(0, 1)，x2−x<0”的否定是( )
A.∃x0∉(0, 1)，x02−x0≥0B.∃x0∈(0, 1)，x02−x0≥0
C.∀x0∉(0, 1)，x02−x0<0D.∀x0∈(0, 1)，x02−x0≥0

2. 若x，y∈R，则“x2>y2”是“x>y”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分条件D.既不充分也不必要条件

3. 直线x+y+k＝0的倾斜角是（ ）
A.πB.C.D.

4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）

A.16B.13C.23D.1

5. 已知两个命题p和q，如果p是q的充分不必要条件，那么￢p是￢q的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

6. 直线l1:3kx+(2−k)y−3＝0和l2：(k−2)x+(k+2)y−2＝0互相垂直，则实数k的值是（ ）
A.−2或−1B.2或1C.−2或1D.2或−1

7. 设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )
A.若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB.若l⊥α，l // m，则m⊥α
C.若l // α，m⊂α，则l // mD.若l // α，m // α，则l // m

8. 设圆x2+y2−4x+4y+7＝0上的动点P到直线的距离为d，则d的取值范围是（ ）
A.[0, 3]B.[2, 4]C.[3, 5]D.[4, 6]

9. 如图，ABCD−A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )

A.BD // 平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.AC1⊥平面CB1D1
D.异面直线AD与CB1所成的角为60∘

10. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为（ ）

A.1B.C.D.

11. 直线y=x+1被椭圆x24+y22=1所截得弦的中点坐标为( )
A.(23，53)B.(43，73)C.(−23，13)D.(−43，−13)

12. 过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作直线交抛物线于A，B，若S△OAF＝3S△OBF，则直线AB的斜率为（ ）
A.B.C.D.
二、填空题（共4题，每题5分，共20分）

在空间直角坐标系中，已知点A(1, 0, 1)，B(3, 2, 1)，则线段AB的中点的坐标是________．

过点A(1, 2)，且与直线x−2y+3=0垂直的直线方程为________．

已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱，其各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．

已知A(2, 1)，B(2, −1)，O为坐标原点，动点P(x, y)满足OP→=mOA→+nOB→，其中m、n∈R，且m2+n2=12，则动点P的轨迹方程是________．
三、解答题（共6题，第17题10分，其余每题12分，共60分）

已知命题p:m∈R且m+1⩽0，命题q:∀x∈R，x2+mx+1>0恒成立．
（1）若命题q为真命题，求m的取值范围；

（2）若p∧q为假命题且p∨q为真命题，求m的取值范围．

已知直线l经过点P(−2, 5)，且斜率为．
（1）求过点P且与直线l垂直的直线l1的方程；

（2）求过点P且在x轴与y轴上的截距相等的直线l2的方程．

已知以点A(−1, 2)为圆心的圆与直线l1:x+2y+7=0相切，过点B(−2, 0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点.

(1)求圆A的方程；

(2)当|MN|=219时，求直线l的方程．

已知椭圆+＝1的长轴两端点为双曲线的焦点，且双曲线的离心率为．
（1）求双曲线的标准方程；

（2）若斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，线段AB的中点的横坐标为4，求直线的方程．

如图所示，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60∘，E，F分别是BC，PB的中点．
(Ⅰ)证明：AE⊥平面PAD；
(Ⅱ)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角B−AF−C的正切值．


已知椭圆经过点，一个焦点F的坐标为(2, 0)．
（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l:y＝kx+m与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，若，求的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省吕梁市汾阳市高二（上）期末数学试卷（理科）
一、选择题（共12题，每题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
“全称命题”的否定一定是“特称命题”，写出结果即可．
【解答】
解：∵ “全称命题”的否定一定是“特称命题”，
∴ 命题“∀x∈(0, 1)，x2−x<0”的否定是∃x0∈(0, 1)，x02−x0≥0.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由x2>y2，解得|x|>|y|，即可判断出结论．
【解答】
由x2>y2，解得|x|>|y|，
因此“x2>y2”是“x>y”的既不充分也不必要条件．
3.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA＝2，AB⊥BC，AB＝BC＝1．据此即可得到体积．
【解答】
由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中PA⊥底面ABC，PA＝2，AB⊥BC，AB＝BC＝1．
∴ S△ABC=12×AB×BC=12×12=12．
因此V=13×S△ABC×PA=13×12×2=13．
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义以及逆否命题的等价性进行求解即可．
【解答】
解：∵ p是q的充分不必要条件，
∴ ￢q是￢p的充分不必要条件，
即￢p是￢q必要不充分条件，
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
B
【考点】
两条直线平行的判定
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据题意，依次分析选项：A，根据线面垂直的判定定理判断．C：根据线面平行的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线面垂直的性质定理判断；综合可得答案．
【解答】
解：A，根据线面垂直的判定定理，线要垂直平面内两条相交直线才能满足线面垂直，故不正确；
B，由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面，故正确；
C，l // α，m⊂α，则l // m或两线异面，故不正确；
D，平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，故不正确．
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
D
【考点】
三垂线定理
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
A中因为BD // B1D1可判，B和C中可由三垂线定理进行证明；而D中因为CB1 // D1A，所以∠D1AD即为异面直线所成的角，∠D1AD＝45∘．
【解答】
解：A，因为BD // B1D1，所以BD // 平面CB1D1，故A正确；
B，因为AC⊥BD，由三垂线定理知AC1⊥BD，故B正确；
C，由三垂线定理可知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确；
D，显然异面直线AD与CB1所成的角为45∘，故D错误.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
C
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
联立方程组消掉y得x的二次方程，设所截得弦的端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，则弦中点的横坐标为x1+x22，由韦达定理即可求得x1+x2，把弦中点的横坐标代入直线方程即可求得纵坐标．
【解答】
解：设所截得弦的端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=x+1，x24+y22=1，得3x2+4x−2=0，
则x1+x2=−43，
所以弦中点的横坐标为x1+x22=−23，
代入y=x+1得y=−23+1=13，即弦中点的纵坐标为13，
故弦的中点坐标为(−23, 13)．
故选C．
12.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（共4题，每题5分，共20分）
【答案】
(2, 1, 1)
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
2x+y−4=0
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由垂直关系可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
【解答】
解：∵ 直线x−2y+3=0的斜率为12，
∴ 由垂直关系可得要求直线的斜率为−2，
∴ 方程为y−2=−2(x−1)
化为一般式可得2x+y−4=0
故答案为：2x+y−4=0
【答案】
4π3
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由正四棱柱的底面边长与侧棱长，可以求出四棱柱的对角线的长，就是外接球的直径，然后求出球的体积．
【解答】
解：因为正四棱柱底面边长为1，侧棱长为2，
所以它的体对角线的长是：2．
所以球的直径是：2，半径为1．
所以这个球的体积是：4π3．
故答案为：4π3．
【答案】
x24+y2=1
【考点】
轨迹方程
【解析】
设动点P(x, y)，根据向量间的关系得到x=2m+2n，y=m−n，代入m2+n2=12化简可得动点P的轨迹方程．
【解答】
解：设动点P(x, y)，则
∵ 点P满足OP→=mOA→+nOB→，其中m、n∈R，
∴ (x, y)=(2m+2n, m−n)，
∴ x=2m+2n，y=m−n，
∴ m=x+2y4，n=x−2y4，
∵ m2+n2=12，
∴ 2(x+2y4)2−(x−2y4)2=12，即x24+y2=1．
故答案为：x24+y2=1．
三、解答题（共6题，第17题10分，其余每题12分，共60分）
【答案】
命题q:∀x∈R，x2+mx+1>4恒成立，
若命题q为真命题，则有△＝m2−4<6，解得−2所以m的取值范围为(−4, 2)；
命题p:m∈R且m+1⩽6，即m≤−1，
因为p∧q为假命题且p∨q为真命题，
所以p，q必然一真一假，
①当p真q假时，则有；
②当p假q真时，则有．
综上可得，m的取值范围为m≤−2或−3【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
由点斜式可得：直线l的方程为：y−5＝-(x+2)，
整理得：3x+8y−14＝0．
所求直线l1的方程为：6x−3y+n＝0，
代入(−6, 5)点，解得n＝23．
∴ 直线l1的方程为：8x−3y+23＝0．
当直线l4经过原点时，可得方程为：y＝-x．
当直线l3不过原点时，可设方程为：y+x＝a，5)代入可得5−3＝a．
∴ 直线l2的方程为x+y−3＝3．
综上可得：直线l2的方程为y＝-x或x+y−3＝0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)意知A(−1, 2)到直线x+2y+7=0的距离为圆A半径r，
∴ r=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A方程为(x+1)2+(y−2)2=20.
(2)垂径定理可知∠MQA=90◦．且MQ=19，
在Rt△AMQ中由勾股定理易知AQ=AM2−MQ2=1
设动直线l方程为：y=k(x+2)或x=−2，
显然x=−2合题意．
由A(−1, 2)到l距离为1，
知|−k+2k−2|1+k2，得k=34．
∴ 3x−4y+6=0或x=−2为所求l方程．
【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】
（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；
（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程．
【解答】
解：(1)意知A(−1, 2)到直线x+2y+7=0的距离为圆A半径r，
∴ r=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A方程为(x+1)2+(y−2)2=20.
(2)垂径定理可知∠MQA=90◦．且MQ=19，
在Rt△AMQ中由勾股定理易知AQ=AM2−MQ2=1
设动直线l方程为：y=k(x+2)或x=−2，
显然x=−2合题意．
由A(−1, 2)到l距离为1，
知|−k+2k−2|1+k2=1，得k=34．
∴ 3x−4y+6=0或x=−2为所求l方程．
【答案】
由题意可设双曲线的标准方程为：-＝1，b>5)．
∵ 椭圆+＝1的长轴两端点为双曲线的焦点．
∴ c＝3，＝，b2＝c5−a2，
联立解得c＝3，a＝2，b2＝5．
∴ 双曲线的标准方程为＝1．
设直线l的方程为：y＝x+m，A(x1, y8)，B(x2, y2)．
设线段AB的中点坐标为(2，y0)，
则x2+x2＝8，y1+y2＝3y0，＝6．
由-＝1，-，相减可得：-，
代入可得：-＝00＝6．
代入直线l的方程为：＝4，解得m＝．
故直线l的方程为：y＝x+．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：(Ⅰ)∵ PA⊥面ABCD，AE⊂面ABCD，
又∵ 底面ABCD为菱形，∠ABC＝60∘，
∴ AE⊥BC，∵ AD // BC，
∵ PA∩AD＝A，∴ AE⊥面PAD；
（2）∵ AE⊥面PAD，∴ ∠AHE是EH与面PAD所成角，
时，AH最小，∠AHE最大，
令AB＝2，则，在Rt△AHD中，∠ADH＝30∘，
在Rt△PAD中，，∵ PA⊥面ABCD，
∴ 面PAB⊥面ABCD，且交线为AB，
正△ABC中，CM⊥AB，
作MN⊥AF于N，连CN，
∠MNC是二面角B−AF−C的平面角.．
在△PAB中，，边AF上的高，
∴ 二面角B−AF−C的正切值．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
∵ 椭圆经过点，4)．
∴ ，解得a＝2，c＝7
∴ 椭圆C的方程为＝1
设A(x8, y1)，B(x2, y6)，
△＝16k4m2−4(4+2k2)(3m2−8)＝64k5−8m2+32>3，即m2<8k5+4
，x6x2＝，
y5y2＝k2x8x2+mk(x1+x6)+m2＝-+m2＝，
∵ ，
∴ kOA⋅kOB＝＝＝-，
∴ 4m3−16k2＝8，即m2＝4k2+2，故4k2+7<8k2+4，
解得k∈R
＝，
．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答