2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月联考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月联考数学（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. 命题“∀x∈R,ex−x>0”的否定是（ ）
A.∀x∈R,ex−x<0B.∀x∈R,ex−x≤0
C.∃x0∈R,ex0−x0>0D.∃x0∈R,ex0−x0≤0

2. 已知直线x−2y+2=0与直线2x+my−3=0互相垂直，则m=（ ）
A.−1B.1C.13D.3

3. 若双曲线x2a2−y24=1的离心率为2，则其渐近线方程为（ ）
A.y=±33xB.y=±13xC.y=±3xD.y=±3x

4. 设α，β表示两个不同平面，m表示一条直线，下列命题正确的是( )
A.若m // α，α // β，则m // βB.若m // α，m // β，则α // β
C.若m⊥α，α⊥β，则m//βD.若m⊥α，m⊥β，则α // β

5. 已知椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的两焦点为F1，F2，椭圆上一点M到 F1 的距离为4，N为MF2 的中点，则ON（O为坐标原点）的长为( )
A.1B.2C.3D.4

6. 已知向量a→=1,3,−5，则下列向量中与a→同向的单位向量的坐标是（ ）
A.13,−33,−53B.−13,33,−53C.13,33,−53D.13,33,53

7. “k=1”是“直线y=kx−2与圆x2+y2=2相切”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

8. 若圆x2+y2−2x+4y−11=0被直线3x−4y+c=0所截的弦长为43，则c的值是（ ）
A.6B.−6或−16C.−1或−21D.1

9. 一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体中两个顶点间的距离最大值为( )

A.6+23B.5+22C.4D.3

10. 《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，EF//AB，若AB=3EF，△ADE和△BCF都是正三角形，且AD=2EF，则异面直线AE与CF所成角的大小为（ ）

A.π2B.π4C.π3D.π6

11. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）动点，且存在x,y∈R使B1P→=xBE→+yBF→成立，则点P的轨迹长度为（ ）

A.12B.1C.52D.π2

12. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l:3x−y=0与椭圆相交于A，B两点．若[AF|+|BF|=4，点P到直线l的距离不小于35，则椭圆C离心率的取值范围为（ ）
A.(0,13]B.(0,35]C.(13,45]D.(0,45]
二、填空题

若椭圆x212+y2m=1与双曲线x2−8y2=8的焦点相同，则m的值为________.

已知直线l1:ax+y−1=0与直线l2:2x−y−4=0平行，则两平行直线间的距离为________.

若圆O1:x−32+y−42=25和圆O2:x−12+y−22=r20
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=3,∠BAC=120∘，D是AB上一点，且AD=2DB，E是AA1的中点，F是CC1上一点，当CF=1时，BF//平面CDE，则三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为________.

三、解答题

已知命题：“∀x≥2，不等式x2−x−m>0”是真命题．
(1)求实数m的取值集合B；

(2)设不等式x−ax−a−1<0的解集为A，若x∈A是x∈B的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点为2,0,−2,0，实轴长为23.
(1)求双曲线C的方程；

(2)若直线l:y=kx+1与双曲线C恒有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．

如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，点F为PD的中点，AC与BD交于点O．

(1)求证：OF//平面PAB；

(2)求证：平面PBD⊥平面PAC．

已知圆O:x2+y2=4，点P在直线l:3x+y−8=0上，过点P作圆O的两条切线，A，B为切点．
(1)若P点横坐标为2，求直线AB的方程；

(2)求切线长PA的最小值，及此时点P的坐标．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点M1,32,F1,F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|=23.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B．其中A为椭圆的左顶点，点Q0,y0在线段AB的垂直平分线上，且QA→⋅QB→=0，求y0的值．

如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90∘,△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向一方折叠到△DAC的位置，使D点在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向另一方折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．

(1)若点F为BC的中点，求证：DF//平面EAC；

(2)求平面ACD与平面BCE所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月联考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
由题设得命题的否定为∃x0∈R,ex0−x0≤0.
【解答】
解：全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x∈R,ex−x>0”的否定是∃x0∈R,ex0−x0≤0.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
两条直线垂直的判定
【解析】
无
【解答】
解：由1×2+−2×m=0，解得m=1．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
无
【解答】
解：由题意a2+4a2=2，解得a2=43，
∴ 渐近线方程为y=±2233x=±3x．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若m // α，α // β，则m // β或m⊂β，故A错误；
若m // α，m // β，则α // β或α与β相交，故B错误；
若m⊥α，α⊥β，则m//β或m⊂β，故C错误；
若m⊥α，m⊥β，则由平面与平面平行的判定定理得α // β，故D正确.
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ O，N 分别为 F1F2，MF2 的中点，
∴|ON|=12|MF1|=2．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
无
【解答】
解：∵ a→=1,3,−5，则|a→|=1+3+5=3，
∴ 与a→同向的单位向量的坐标是a→|a→|=13,33,−53．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：若直线y=kx−2与圆x2+y2=2相切，
则圆心0,0到直线kx−y−2=0的距离d=|−2|k2+1=2，
即k2+1=2，∴ k2=1，即k=±1，
∴ “k=1”是“直线y=kx−2与圆x2+y2=2相切”的充分不必要条件．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
无
【解答】
解：圆x2+y2−2x+4y−11=0整理得：
x−12+y+22=42，
圆心O1,−2，半径r=4，
d=r2−12l2=42−232=2，
又d等于圆心到直线的距离，即|3×1−4×−2+c|32+−42=2，
解得c=−1或c=−21．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
由三视图还原实物图
【解析】
无
【解答】
解：该空间几何体为一正四棱柱和一正四棱锥组成的几何体，
正四棱柱的底面边长为2，正四棱柱体对角线长为3，
正四棱锥的顶点与正四棱柱底面顶点距离为6+23．
正方形对角线长为22，矩形对角线长为5，最大距离为6+23．
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
异面直线及其所成的角
【解析】
可过F作FG/AE//AB于G，连接CG，得到∠CFG或其补角为所求角，然后在△FCG中求解即可；也可建立空间直角坐标系，设AB=3，以ABCD中点为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的数量积即可得解．
【解答】
解：如图，在平面ABFE中，过F作FG//AE交AB于G，连接CG，
则∠CFG或其补角为异面直线AE与CF所成的角．设EF=1，则AB=3，AD=2．
因为EF//AB，AE//FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，
所以FG=AE=AD=2，AG=1，BG=2，
又AB⊥BC，
所以GC=BG2+BC2=22，
又CF=BC=2，所以CG2=GF2+CF2，
所以∠CFG=π2．
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
【解答】
解：∵ B1P→=xBE→+yBF→成立，
∴ B1P→，BE→，BF→共面，即B1P//平面BEF.
取A1D1中点Q，连接B1Q，B1A，AQ，
根据正方体的性质得，B1Q//BE，B1A//FE，且B1Q∩B1A=B1，FE∩BE=E，
∴ 平面B1AQ//平面BEF，
∴ 点P在AQ上运动，点P的轨迹为线段AQ，
∵A1A=1，A1Q=12，
由勾股定理得QA=1+14=52．
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设椭圆的左焦点为F′，P为短轴的上端点，连接AF′,BF′，
由椭圆的对称性可知，A，B关于原点对称，则OA=OB，
又OF′=OF，
∴ 四边形AFBF′为平行四边形，AF=BF′.
又|AF|+|BF|=|BF|+|BF′|=2a=4，解得：a=2.
点P到直线l距离：d=|−b|2≥35，
解得：2>b≥65，即2>4−c2≥65，
∴ 0∴ e=ca∈(0,45].
故选D.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：将双曲线方程化为标准方程得：x28−y2=1，所以双曲线的焦点坐标为±3,0，
由于椭圆与双曲线有相同的焦点，所以由椭圆的方程得：m=12−9=3．
故答案为：3.
【答案】
5
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条平行直线间的距离
【解析】
无
【解答】
解：l1//l2，∴ a2=1−1，解得a=−2，故l1：2x−y+1=0，由平行线间的距离公式知d=|1+5|5=5．
故答案为：5.
【答案】
5−22
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由已知两圆相内切，|O1O2|=5−r，所以3−12+4−22=5−r，即r=5−22 .
【解答】
解：由已知两圆相内切，|O1O2|=5−r，所以3−12+4−22=5−r，即r=5−22 .
故答案为：5−22.
【答案】
28π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
无
【解答】
解：如图，连接AF交EC于M，连接DM，
∵ BF//平面CDE，BF⊂平面ABF，平面ABF∩平面CDE=DM，
∴ BF//DM，
∵ AD=2DB，
∴ AM=2MF，则AE=2CF=2，
∵ AA1=2AE=4，
∴ 外接球的球心到平面ABC的距离为d=2，
∵ AB=AC=3，∠BAC=120∘，
∴ △ABC外接圆的半径为r=12×3sin30∘=3，
故所求外接球的半径为R=r2+d2=7，其表面积为4πR2=28π．
故答案为：28π.
三、解答题
【答案】
解：(1)命题：∀x≥2，都有不等式x2−x−m>0成立是真命题，
∴ x2−x−m>0即m又当x≥2时，x2−x=x−122−14≥2−122−14=2，
∴ m<2，即B=m|m<2=−∞,2.
(2)不等式x−ax−a−1<0，即a∵ x∈A是x∈B的充分不必要条件，则A是B的真子集，
∴ a+1≤2，a≤1，即实数a的取值范围为(−∞,1]．
【考点】
复合命题及其真假判断
不等式恒成立问题
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)命题：∀x≥2，都有不等式x2−x−m>0成立是真命题，
∴ x2−x−m>0即m又当x≥2时，x2−x=x−122−14≥2−122−14=2，
∴ m<2，即B=m|m<2=−∞,2.
(2)不等式x−ax−a−1<0，即a∵ x∈A是x∈B的充分不必要条件，则A是B的真子集，
∴ a+1≤2，a≤1，即实数a的取值范围为(−∞,1]．
【答案】
解：(1)根据题意，得a=3,c=2，
∴ b2=c2−a2=1，
∴ 双曲线C的方程为x23−y2=1．
(2)联立直线与双曲线方程得，
y=kx+1,x2−3y2−3=0⇒1−3k2x2−6kx−6=0，
由题意得，Δ=36k2−4×1−3k2×−6>0,1−3k2≠0,
解得−63所以k的取值范围为−63,−33∪−33,33∪33,63 ．
【考点】
双曲线的标准方程
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题意，得a=3,c=2，
∴ b2=c2−a2=1，
∴ 双曲线C的方程为x23−y2=1．
(2)联立直线与双曲线方程得，
y=kx+1,x2−3y2−3=0⇒1−3k2x2−6kx−6=0，
由题意得，Δ=36k2−4×1−3k2×−6>0,1−3k2≠0,
解得−63所以k的取值范围为−63,−33∪−33,33∪33,63 ．
【答案】
证明：(1)∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ OB=OD.
又PF=FD，
∴ OF//PB.
∵ OF⊄ 平面 PAB，PB⊂ 平面PAB，
∴ OF//平面 PAB.
(2)∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BD⊥AC.
又∵ PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，
∴ BD⊥PA.
∵ PA∩AC=A，
∴ BD⊥ 平面 PAC．
∵ BD⊂平面 PBD，
∴ 平面PBD⊥ 平面 PAC．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ OB=OD.
又PF=FD，
∴ OF//PB.
∵ OF⊄ 平面 PAB，PB⊂ 平面PAB，
∴ OF//平面 PAB.
(2)∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BD⊥AC.
又∵ PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，
∴ BD⊥PA.
∵ PA∩AC=A，
∴ BD⊥ 平面 PAC．
∵ BD⊂平面 PBD，
∴ 平面PBD⊥ 平面 PAC．
【答案】
解：(1)∵ P在直线l：3x+y−8=0上且横坐标为2，∴ P2,2，
当过P点的直线斜率不存在时，则直线方程为x=2，满足与圆O相切，此时切点为2,0；
设过P且斜率存在的圆O的切线为y−2=kx−2，
即kx−y−2k+2=0，
则|2−2k|k2+1=2，解得：k=0，
∴ 此时的切线方程为y=2，切点为0,2；
∴ 直线AB的方程为：x+y=2，即x+y−2=0．
(2)∵ 切线长|PA|=|OP|2−4，
∴ 当|OP|最小时，切线长|PA|最小，
当OP与直线l垂直时，|OP|取得最小值，
此时直线OP方程为：x−3y=0，
则|OP|min=89+1=4105，
∴ |PA|min=6410−4=2155．
联立3x+y−8=0,x−3y=0,解得：x=125,y=45,
∴ 切线长|PA|取最小值2155时，P点坐标为125,45．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ P在直线l：3x+y−8=0上且横坐标为2，∴ P2,2，
当过P点的直线斜率不存在时，则直线方程为x=2，满足与圆O相切，此时切点为2,0；
设过P且斜率存在的圆O的切线为y−2=kx−2，
即kx−y−2k+2=0，
则|2−2k|k2+1=2，解得：k=0，
∴ 此时的切线方程为y=2，切点为0,2；
∴ 直线AB的方程为：x+y=2，即x+y−2=0．
(2)∵ 切线长|PA|=|OP|2−4，
∴ 当|OP|最小时，切线长|PA|最小，
当OP与直线l垂直时，|OP|取得最小值，
此时直线OP方程为：x−3y=0，
则|OP|min=89+1=4105，
∴ |PA|min=6410−4=2155．
联立3x+y−8=0,x−3y=0,解得：x=125,y=45,
∴ 切线长|PA|取最小值2155时，P点坐标为125,45．
【答案】
解：(1)∵ 椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0经过点M1,32，
F1,F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|=23，
∴ 2c=23，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设B点的坐标为x1,y1，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=kx+2．
于是A，B两点的坐标满足方程组y=kx+2，x24+y2=1，
由方程组消去y并整理，得1+4k2x2+16k2x+16k2−4=0．
由−2x1=16k2−41+4k2，得x1=2−8k21+4k2，从而y1=4k1+4k2．
设线段AB的中点为N，则N的坐标为−8k21+4k2，2k1+4k2.
以下分两种情况：
①当k=0时，点B的坐标为2,0，线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA→=−2,−y0，QB→=2,−y0．
由QA→⋅QB→=0，得y0=±2．
②当k≠0时，线段AB的垂直平分线方程为y−2k1+4k2=−1kx+8k21+4k2．
令x=0，解得y0=−6k1+4k2．
由QA→=−2,−y0，QB→=x1,y1−y0．
QA→⋅QB→
=−2x1−y0y1−y0
=16k2−41+4k2+6k1+4k24k1+4k2+6k1+4k2
=416k4+15k2−11+4k22=0，
整理得16k2=1，故k=±14．所以y0=±65．
综上，y0=±2或y0=±65．
【考点】
椭圆的标准方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ 椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0经过点M1,32，
F1,F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|=23，
∴ 2c=23，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设B点的坐标为x1,y1，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=kx+2．
于是A，B两点的坐标满足方程组y=kx+2，x24+y2=1，
由方程组消去y并整理，得1+4k2x2+16k2x+16k2−4=0．
由−2x1=16k2−41+4k2，得x1=2−8k21+4k2，从而y1=4k1+4k2．
设线段AB的中点为N，则N的坐标为−8k21+4k2，2k1+4k2.
以下分两种情况：
①当k=0时，点B的坐标为2,0，线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA→=−2,−y0，QB→=2,−y0．
由QA→⋅QB→=0，得y0=±2．
②当k≠0时，线段AB的垂直平分线方程为y−2k1+4k2=−1kx+8k21+4k2．
令x=0，解得y0=−6k1+4k2．
由QA→=−2,−y0，QB→=x1,y1−y0．
QA→⋅QB→
=−2x1−y0y1−y0
=16k2−41+4k2+6k1+4k24k1+4k2+6k1+4k2
=416k4+15k2−11+4k22=0，
整理得16k2=1，故k=±14．所以y0=±65．
综上，y0=±2或y0=±65．
【答案】
(1)证明：如图，设D点在平面ABC内的射影为O，
连接OD，OC，连接OF，DF．
∵ AD=CD，∴ OA=OC,
∴ 在等腰Rt△ABC中，O为AB的中点．
∵ F为BC中点，∴ OF//AC.
又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
∴ OF//平面EAC．
取AC的中点H，连接EH，则易知EH⊥AC，
又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，
∴ EH⊥平面ABC，
又DO⊥平面ABC，∴ DO//EH，
又DO⊄平面EAC，EH⊂平面EAC，
∴ DO//平面EAC,
又DO∩OF=O，
∴ 平面DOF//平面EAC．
又DF⊂平面DOF，∴ DF//平面EAC．
(2)解：连接OH，由(1)可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A−1,1,0,C1,1,0,D0,0,2,E0,1,−3,B1,−1,0，
从而AC→=(2,0,0),CD→=(−1,−1,2),
BE→=(−1,2,−3),BC→=(0,2,0),
设平面ACD的一个法向量为m→=x,y,z则
AC→⋅m→=0，CD→⋅m→=0， 即2x=0,−x−y+2z=0，
得x=0，取y=2，则z=1,m→=0,2,1．
设平面EBC的一个法向量为n→=a,b,c则
BC→⋅n→=0,BE→⋅n→=0, 即2b=0,−a+2b−3c=0,
得b=0，取a=3，则c=−1,n→=3,0,−1，
从而cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−13×2=−36．
∴ sin⟨m→,n→⟩=336，
∴ 平面ACD与平面BCE所成角的正弦值为336.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
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【解答】
(1)证明：如图，设D点在平面ABC内的射影为O，
连接OD，OC，连接OF，DF．
∵ AD=CD，∴ OA=OC,
∴ 在等腰Rt△ABC中，O为AB的中点．
∵ F为BC中点，∴ OF//AC.
又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
∴ OF//平面EAC．
取AC的中点H，连接EH，则易知EH⊥AC，
又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，
∴ EH⊥平面ABC，
又DO⊥平面ABC，∴ DO//EH，
又DO⊄平面EAC，EH⊂平面EAC，
∴ DO//平面EAC,
又DO∩OF=O，
∴ 平面DOF//平面EAC．
又DF⊂平面DOF，∴ DF//平面EAC．
(2)解：连接OH，由(1)可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A−1,1,0,C1,1,0,D0,0,2,E0,1,−3,B1,−1,0，
从而AC→=(2,0,0),CD→=(−1,−1,2),
BE→=(−1,2,−3),BC→=(0,2,0),
设平面ACD的一个法向量为m→=x,y,z则
AC→⋅m→=0，CD→⋅m→=0， 即2x=0,−x−y+2z=0，
得x=0，取y=2，则z=1,m→=0,2,1．
设平面EBC的一个法向量为n→=a,b,c则
BC→⋅n→=0,BE→⋅n→=0, 即2b=0,−a+2b−3c=0,
得b=0，取a=3，则c=−1,n→=3,0,−1，
从而cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−13×2=−36．
∴ sin⟨m→,n→⟩=336，
∴ 平面ACD与平面BCE所成角的正弦值为336.