2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

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这是一份2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版，共11页。试卷主要包含了设A，B是椭圆C，已知双曲线，已知AB是圆O等内容，欢迎下载使用。

1. 抛物线y=18x2的准线方程为（）
A.y＝−132B.y=−2C.x=−2D.x=−132

2. “3A.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

3. 已知曲线y=x+1x上一点A(2,52)，则点A处的线方程为（）
A.4x−3y+4＝0B.3x+4y+4＝0C.3x−4y+4＝0D.4x+3y+3＝0

4. 已知直线ax+y+1=0经过抛物线y2=4x的焦点，则直线与抛物线相交弦弦长为（）
A.6B.7C.8D.9

5. 已知函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）

A.−1是函数f(x)的极小值点
B.−4是函数f(x)的极小值点
C.函数f(x)在区间(−∞, −4)上单调递增
D.函数f(x)在区间(−4, −1)上先增后减

6. 已知是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A.13+π12B.1+π12C.13+π4D.1+π4

7. 设A，B是椭圆C：x212+y22=1的两个焦点，点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点，则||PA|−|PB||=( )
A.22B.43C.42D.62

8. 已知双曲线：x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，直线y=3(x+c)与双曲线的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1，则双曲线的离心率为________.

9. 已知AB是圆O:x2+y2＝1的任意一条直径，点P在直线x+2y−a＝0(a>0)上运动，若PA→⋅PB→的最小值为4，则实数a的值为（）
A.2B.4C.5D.6

10. 已知点A，B是双曲线的左、右顶点，F1，F2是双曲线的左、右焦点，若|F1F2|＝2，P是双曲线上异于A，B的动点，且直线PA，PB的斜率之积为定值4，则|AB|＝（）
A.2B.C.D.4

11. 设椭圆的右焦点为F，直线与椭圆交于A，B两点，则下列选项不正确的是（）
A.|AF|+|BF|为定值
B.△ABF的周长的取值范围是[6, 12]
C.当时，△ABF为直角三角形
D.当m＝1时，△ABF的面积为

12. 若不等式ax≤lnx−x2的解集中恰有两个整数，则实数a的最大值为（）
A.−3B.−3C.−1D.−2
二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

若双曲线的渐近线方程为y＝±2x，它的一个焦点是，则双曲线的方程是________．

如果F1，F2分别是双曲线x216−y29=1的左、右焦点，AB是双曲线左支上过点F1的弦，且|AB|=6，则△ABF2的周长是________．

若x＝1是函数f(x)＝(x2+ax−1)ex的极值点，则f(x)的极大值为________．

在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为AB边的中点，将△ADE沿直线DE折成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，下面四个命题中正确的序号是________．
①|BM|是定值．
②点M在某个球面上运动．
③存在某个位置使DE⊥A1C．
④存在某个位置使MB // 平面A1DE．
三.解答题：（本大题共6小题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

设命题p：方程表示中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线；命题q：实数a使曲线x2+y2−4x−2y−a2+6a+12＝0表示一个圆．
（1）若命题p为真命题，求实数a取值范围；

（2）若命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假，求实数a的取值范围．

某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式：y=ax−3+10(x−6)2，其中3(1)求a的值；

(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大，并求出最大值．

已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，原点为O，过F作倾斜角为θ的直线l交抛物线C于A，B两点．
（1）过A点作抛物线准线的垂线，垂足为A′，若直线A′F的斜率为，且AF＝4，求抛物线的方程；

（2）当直线l的倾斜角θ为多大时，AB的长度最小．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，AB // CD，AD⊥AB，AB＝AD＝PD＝CD，PD⊥平面ABCD．

（1）证明：平面PBD⊥平面PBC；

（2）是否存在一点E，使得PA // 平面BDE？若存在，请说明点E的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．

已知双曲线x2−y2＝1的焦点是椭圆的顶点，F1为椭圆C的左焦点且椭圆C经过点．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右顶点A作斜率k(k<0)的直线交椭圆C于另一点B，连结BF1，并延长BF1，交椭圆C于点M，当△AOB的面积取得最大值时，求△ABM的面积．

已知函数f(x)＝−x2+ax+1−lnx．
（1）若f(x)在x＝1处取到极值，求函数f(x)的单调区间；

（2）若f(x)≥0在(1, 2)恒成立，求a的范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期末数学试卷（文科）
一.选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据题意，将抛物线的方程变形为标准方程，分析可得其焦点位置以及p的值，由抛物线的准线方程分析可得答案．
【解答】
根据题意，抛物线的方程为：y=18x2，
则其标准方程为：x2=8y，
其焦点在y轴正半轴上，且p=4，
则其准线方程为：y=−2；
2.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求得函数y的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得切线方程．
【解答】
y=x+1x的导数为y′＝1−1x2，可得切线的斜率为k＝1−14=34，
点A处的线方程为y−52=34(x−2)，
化为3x−4y+4＝0，
4.
【答案】
C
【考点】
抛物线的求解
【解析】
求出抛物线的焦点和准线方程，代入焦点，可得a=−1，联立直线和抛物线方程，运用韦达定理，结合抛物线的定义可得弦长AB=x1+x2+p=6+2=8．
【解答】
解：抛物线y2=4x的焦点为(1, 0)，准线为x=−1，
由题意可得，a+1=0，解得a=−1，
联立直线y=x−1和抛物线方程y2=4x，
可得x2−6x+1=0，
设交点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
即有x1+x2=6，
由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=6+2=8．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知：该几何体由圆锥的14与一个三棱柱组成的．
【解答】
由三视图可知：该几何体由圆锥的14与一个三棱柱组成的．
∴ 该几何体的体积V=14×13×π×12×1+12×12×2=1+π12．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
圆锥曲线
【解析】
求出椭圆的焦点坐标，利用已知条件列出方程，转化求出||PA|−|PB||即可．
【解答】
A，B是椭圆C：x212+y22=1的两个焦点，可知：A(−10, 0)、B(10, 0)，
圆M:x2+y2=10恰好经过AB两点，点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点，
可得PA⊥PB，
所以|PA|+|PB|=43|PA|2+|PB|2=(2c)2=40 ，
可得：2|PA||PB|=8，||PA|−|PB||2=32，
||PA|−|PB||=42．
8.
【答案】
3+1
【考点】
双曲线的特性
双曲线的离心率
【解析】
由已知直线过左焦点F1，且其倾斜角为60∘，∠MF1F2＝2∠MF2F1，可得∠MF1F2＝60∘，∠MF2F1＝30∘，即F1M⊥F2M，运用直角三角形的性质和双曲线的定义，由离心率公式计算即可得到所求值．
【解答】
解：∵ 直线y=3(x+c)过左焦点F1，且其倾斜角为60∘，
∠MF1F2=2∠MF2F1，
∴ ∠MF1F2=60∘，∠MF2F1=30∘，
∴ ∠F1MF2=90∘，即F1M⊥F2M，
∴ |MF1|=12|F1F2|=c，
|MF2|=|F1F2|sin60∘=3c，
由双曲线的定义有：|MF2|−|MF1|=3c−c=2a，
∴ 离心率e=ca=c3c−c2=3+1．
故答案为：3+1.
9.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
运用向量加减运算和数量积的性质，可得PA→⋅PB→=(PO→+OA→)⋅(PO→+OB→)＝|PO→|2−r2，即为d2−r2，运用点到直线的距离公式，结合向量数量积的最小值，进而得到结论．
【解答】
∵ AB是圆O:x2+y2＝1的任意一条直径；
∴ PA→⋅PB→=(PO→+OA→)⋅(PO→+OB→)=PO→2+PO→⋅(OA→+OB→)+OA→⋅OB→=|PO→|2−1；
由题得|OP→|的最小值为5，
即点O到直线的距离为5，
∴ |a|5=5⇒a＝5 （a＝−5舍）．
即a＝5．
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
直线与双曲线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的性质，定义以及直线与椭圆的位置关系的应用对应各个选项逐个求解即可．
【解答】
选项A：由椭圆方程可得a＝3，设椭圆的左焦点为M，则|AM|＝|BF|，所以|AM|+|AF|＝|BF|+|BM|＝2a，
故|AF|+|BF|＝|AF|+|AM|为定值2a＝6，所以A正确，
选项B：三角形ABF的周长为|AB|+|AF|+|BF|，因为|AF|+|BF|为定值6，易知|AB|的范围为(0, 6)，
所以三角形ABF的周长的范围为(6, 12)，故B错误，
选项C：将y＝代入椭圆方程可得A(−），B（），又易知F（，0)，
所以＝（）（）+（）2＝0，所以AF⊥BF，
所以三角形ABF为直角三角形，C正确，
选项D：将y＝1代入椭圆方程，解得A(−，1)，B（，1)，所以三角形ABF的面积为S＝，D正确，
12.
【答案】
D
【考点】
指、对数不等式的解法
【解析】
利用导数研究函数y＝lnx−x2的单调性，然后在同一坐标系内作出函数y＝ax与y＝lnx−x2的图象，数形结合得答案．
【解答】
令y＝lnx−x2，得y′＝＝(x>0)，
由y′＝0，得x＝．
∴ 当x∈(0，）时，y′>0，函数y＝lnx−x2单调递增，
当x∈（，+∞)时，y′<0，函数y＝lnx−x2单调递减，
∴ 当x＝时，函数y＝lnx−x2有最大值ln．
作出函数y＝ax与y＝lnx−x2的图象如图：
，．
由图可知，要使不等式ax≤lnx−x2的解集中恰有两个整数，
则实数a的取值范围为（，]．
最大值为．
二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的三参数的关系c2＝a2+b2及焦点在y轴上的渐近线的斜率绝对值为，列出方程组求出a，b的值，求出双曲线的方程．
【解答】
∵ F(0, −5)为双曲线的一个焦点，
∴ c＝5，
设双曲线的方程为其中c＝5，
∵ 双曲线的渐近线方程为y＝±2x，
∴ ＝2，
又∵ c2＝a2+b2，
得a＝2，b＝1，所求双曲线方程为：．
【答案】
28
【考点】
双曲线的定义
【解析】
本题涉及到双曲线上的点和两焦点构成的三角形问题，可用定义处理，由定义知|AF2|−|AF1|=8①，|BF2|−|BF1|=8②，两式相加再结合已知|AB|=6即可求解．
【解答】
解：由题意知：a=4，b=3，
故c=5．
由双曲线的定义知：
|AF2|−|AF1|=8，①
|BF2|−|BF1|=8，②
①+②得：
|AF2|+|BF2|−|AB|=16，
所以|AF2|+|BF2|=22，
所以△ABF2的周长是：
|AF2|+|BF2|+|AB|=28.
故答案为：28.
【答案】
5e−2
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
先对函数求导，然后结合极值存在条件可得f′(1)＝0，代入可求a，然后结合极值存在条件可求．
【解答】
f′(x)＝(2x+a)ex+(x2+ax−1)ex＝[x2+(a+2)x+a−1]ex，
由题意可得，f′(1)＝2(a+1)e＝0，
则a＝−1，f′(x)＝[x2+(a+2)x+a−1]ex＝(x+2)(x−1)ex，
令f′(x)>0，解得x>1或x<−2，令f′(x)<0，解得−2所以函数f(x)在(−∞, −2)，(1, +∞)上单调递增，在(−2, 1)上单调递减，
故当x＝−2时，函数取得极大值f(−2)＝5e−2．
故答案为：5e−2．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
取CD中点F，连接MF，BF，则平面MBF // 平面A1DE，可得④正确；由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2−2MF⋅FB⋅cs∠MFB，所以MB是定值，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，可得①②正确．A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得③不正确．
【解答】
取CD中点F，连接MF，BF，则MF // DA1，BF // DE，∴ 平面MBF // 平面A1DE，
∴ MB // 平面A1DE，故④正确
由∠A1DE＝∠MFB，MF＝A1D＝定值，FB＝DE＝定值，
由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2−2MF⋅FB⋅cs∠MFB，所以MB是定值，故①正确．
∵ B是定点，∴ M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，故②正确，
∵ A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴ 存在某个位置，使DE⊥A1C不正确．故③不正确，
三.解答题：（本大题共6小题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
由题意(a−3)(2a+6)<0，解得．
所以a的范围是．
命题q：实数a使曲线x2+y4−4x−2y−a6+6a+12＝0表示一个圆，
(x−2)2+(y−1)4＝a2−6a−5表示圆．
则需a2−6a−8>0，解得a>7或a<−8，
∵ 命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假
∴ 得−1≤a<3或得或a>7
∴ a的取值范围为．
【考点】
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)因为x=5时，y=11，
代入y=ax−3+10(x−6)2，
所以a2+10=11，故a=2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y=2x−3+10(x−6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x−3)[2x−3+10(x−6)2]
=2+10(x−3)(x−6)2，3从而，f′(x)=10[(x−6)2+2(x−3)(x−6)]=30(x−6)(x−4)，
于是，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
由上表可得，x=4是函数f(x)在区间(3, 6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42．
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）由x=5时，y=11，代入函数的解析式，解关于a的方程，可得a值；
（2）商场每日销售该商品所获得的利润=每日的销售量×销售该商品的单利润，可得日销售量的利润函数为关于x的三次多项式函数，再用求导数的方法讨论函数的单调性，得出函数的极大值点，从而得出最大值对应的x值．
【解答】
解：(1)因为x=5时，y=11，
代入y=ax−3+10(x−6)2，
所以a2+10=11，故a=2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y=2x−3+10(x−6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x−3)[2x−3+10(x−6)2]
=2+10(x−3)(x−6)2，3从而，f′(x)=10[(x−6)2+2(x−3)(x−6)]=30(x−6)(x−4)，
于是，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
由上表可得，x=4是函数f(x)在区间(3, 6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42．
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
【答案】
准线与x轴的交点为M，则由几何性质得∠A′FM＝60∘，A′F＝2p，
∵ ∠AA′F＝60∘且AA′＝AF，
∴ △AA′F为等边三角形，得A′F＝AF＝2p＝4，
∴ 抛物线方程为y2＝4x．
∵ ，∴ 直线l的方程可设为，
由得y2−2mpy−p2＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则，得，
所以，当且仅当等号成立，
∴ θ＝900．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）准线与x轴的交点为M，则由几何性质得转化求解p，得到抛物线方程．
（2）直线l的方程可设为，由得y2−2mpy−p2＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用韦达定理以及弦长公式，求解即可．
【解答】
准线与x轴的交点为M，则由几何性质得∠A′FM＝60∘，A′F＝2p，
∵ ∠AA′F＝60∘且AA′＝AF，
∴ △AA′F为等边三角形，得A′F＝AF＝2p＝4，
∴ 抛物线方程为y2＝4x．
∵ ，∴ 直线l的方程可设为，
由得y2−2mpy−p2＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则，得，
所以，当且仅当等号成立，
∴ θ＝900．
【答案】
证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC．
设AB＝a，则AD＝a，CD＝2a，．
取CD的中点M，连结BM，则DM＝CM＝a，所以DM＝AB，因为DM // AB．
所以四边形ABMD是平行四边形，所以BM＝AD＝a，所以，
所以BD2+BC2＝2a2+2a2＝4a2＝CD2，所以DB⊥BC．
因为PD∩DB＝D，PD，DB⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD．
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD．
当点E为PC边上靠近点P的三等分点时（即）时，PA // 平面BDE．理由如下：
连结AC交BD于点O，连结OE，
因为△AOB∽△COD，所以．
因为，所以，所以，所以PA // EO．
因为EO⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA // 平面BDE．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理，先证明BC⊥平面PBD，然后利用面面垂直的定理证得结论；
（2）当点E为PC边上靠近点P的三等分点时（即）时，PA // 平面BDE．连结AC交BD于点O，连结OE，构造相似三角形△AOB∽△COD，由该相似三角形的对应边成比例和平行线的判定得到PA // EO，易推知结论．
【解答】
证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC．
设AB＝a，则AD＝a，CD＝2a，．
取CD的中点M，连结BM，则DM＝CM＝a，所以DM＝AB，因为DM // AB．
所以四边形ABMD是平行四边形，所以BM＝AD＝a，所以，
所以BD2+BC2＝2a2+2a2＝4a2＝CD2，所以DB⊥BC．
因为PD∩DB＝D，PD，DB⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD．
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD．
当点E为PC边上靠近点P的三等分点时（即）时，PA // 平面BDE．理由如下：
连结AC交BD于点O，连结OE，
因为△AOB∽△COD，所以．
因为，所以，所以，所以PA // EO．
因为EO⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA // 平面BDE．
【答案】
根据题意，双曲线x2−y2＝4的焦点为(±，0)，
则椭圆的顶点为(±，0)．
则有，解得，
所以C的方程为．
由已知结合（1）得，
所以设直线，联立，得，
得，
当且仅当，即时，△AOB的面积取得最大值，
所以，此时B(0，
所以直线BF1:y＝x+3，联立，
所以，点到直线BF1:y＝x+3的距离为，
所以．
【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】
由f(x)＝−x2+ax+1−lnx可得，f′(x)＝−2x+a−，
由题意可得f′(1)＝a−3＝0，
所以a＝3，f′(x)＝，x>0，
当01时，f′(x)<0，函数单调递减，当时，f′(x)>0，函数单调递增，
故函数f(x)的单调递增区间（），递减区间(0，），(1, +∞)；
由f(x)＝−x2+ax+1−lnx≥0在(1, 2)恒成立可得，a，
令g(x)＝x，1则g′(x)＝，
令h(x)＝x2−lnx+2，1则>0在(1, 2)恒成立，故h(x)单调递增，
所以h(x)>h(1)＝3，即g′(x)>0在(1, 2)上恒成立，
所以g(x)在(1, 2)上单调递增，g(x)所以a≥
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）先对函数求导，根据题意可得f′(1)＝0，代入可求a，然后根据单调性与导数关系可求，
（2）由已知分离系数可得，可得，a，令g(x)＝x，1【解答】
由f(x)＝−x2+ax+1−lnx可得，f′(x)＝−2x+a−，
由题意可得f′(1)＝a−3＝0，
所以a＝3，f′(x)＝，x>0，
当01时，f′(x)<0，函数单调递减，当时，f′(x)>0，函数单调递增，
故函数f(x)的单调递增区间（），递减区间(0，），(1, +∞)；
由f(x)＝−x2+ax+1−lnx≥0在(1, 2)恒成立可得，a，
令g(x)＝x，1则g′(x)＝，
令h(x)＝x2−lnx+2，1则>0在(1, 2)恒成立，故h(x)单调递增，
所以h(x)>h(1)＝3，即g′(x)>0在(1, 2)上恒成立，
所以g(x)在(1, 2)上单调递增，g(x)所以a≥ x
(3, 4)
4
(4, 6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
x
(3, 4)
4
(4, 6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减

2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

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