2020-2021学年安徽省宿州市十三所省重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省宿州市十三所省重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版，共9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“∃x0∈(0, +∞)，lnx0＝x0−1”的否定是（ ）
A.∃x0∈(0, +∞)，lnx0≠x0−1B.∃x0∉(0, +∞)，lnx0＝x0−1
C.∀x∈(0, +∞)，lnx≠x−1D.∀x∉(0, +∞)，lnx＝x−1

2. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的渐近线方程为y＝±12x，则其离心率为（ ）
A.52B.5C.32D.3

3. 设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若l // α，l // β，则α // βB.若l // α，l⊥β，则α⊥β
C.若α⊥β，l⊥α，则l // βD.若α⊥β，l // α，则l⊥β

4. 垂直于直线2x+y+1＝0且与圆x2+y2＝5相切的直线的方程是（ ）
A.x−2y+5＝0或x−2y−5＝0B.或
C.2x−y+5＝0或2x−y−5＝0D.或

5. 已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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. 圆与圆的位置关系为（ ）
A.相离B.相交C.外切D.内切

7. 曲线在点(1, 3)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A.4B.2C.16D.8

8. 祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家．他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体＝sh，其中s是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的正视图侧视图三视图如图所示，则该柱体的体积是（ ）

A.2B.4C.6D.8

9. 已知点P在抛物线y2＝4x上，则当点P到点Q(2, −2)的距离与点P到此抛物线焦点的距离之和取得最小值时，点P的坐标为（ ）
A.（，−1)B.（，1)C.(1, 2)D.(1, −2)

10. 已知命题p:∀k∈(1, 2)，方程x22−k−y2k−1＝1都表示双曲线；q：抛物线y=4x2的焦点坐标为(1, 0)；下列判断正确的是（ ）
A.p是假命题B.q是真命题
C.p∧(￢q)是真命题D.(￢p)∧q是真命题

11. 已知双曲线的离心率为，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d2＝4，则双曲线的方程为（ ）
A.x2−y2＝1B.x2−y2＝2C.x2−y2＝3D.x2−y2＝4

12. 设f(x)(x∈R)是奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(−2)=0．当x>0时，xf′(x)−f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(−2, 0)∪(0, 2)B.(−∞, −2)∪(2, +∞)
C.(−∞, −2)∪(0, 2)D.(−2, 0)∪(2, +∞)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

直线l1:mx+y−3＝0(m∈R)与直线l2:y＝2x−1平行，则实数m＝________．

在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为，过F1的直线交椭圆C于A，B两点，且△ABF2的周长为8，那么C的方程为________．

已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AB＝BC＝2，，AA1＝4，则此直三棱柱外接球的表面积为________．

已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1时有极值0，则m+n=________．
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：实数x满足(x−a)(x−4a)<0(a>0)，命题q：实数x满足x−4x−3<0．
(1)若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；

(2)若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，E为PD的中点．

（1）证明：PB // 平面AEC；

（2）设AP＝1，，四棱锥P−ABCD的体积为1，求证：平面PAC⊥平面PBD．

已知函数f(x)＝ex−2ax(a∈R)．
（1）若，求函数f(x)的单调区间；

（2）当x∈[2, 3]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

平面上动点M到定点F(1, 0)的距离比M到直线x＝−2的距离小1．
（1）求动点M满足的轨迹方程C；

（2）若A，B是（1）中方程C表示的曲线上的两点，且OA⊥OB（O为坐标原点）．试问直线AB是否经过定点，并说明理由．

已知函数f(x)＝xlnx+ax+b(a, b∈R)在点（1, f(1)）处的切线为3x−y−2＝0．
（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若存在实数m，使得m2−m−1<在x时成立，求m的取值范围．

已知椭圆E的焦距为，F1，F2是椭圆的左右焦点，点P为椭圆上一点，△F1PF2面积的最大值为，O为坐标原点．
（1）求椭圆E的方程；

（2）设过点A(0, −2)的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积为1时，求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宿州市十三所省重点中学高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据特称命题的否定是全称命题即可得到结论．
【解答】
命题的否定是：∀x∈(0, +∞)，lnx≠x−1，
2.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
双曲线C的渐近线方程为y=±bax，所以便得到ba=12，所以便得到其离心率e=ca=a2+b2a=52．
【解答】
由已知条件得：
ba=12；
∴ a2+b2a=52；
即ca=52；
∴ 椭圆C的离心率为52．
3.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由线面平行的性质和面面平行的判定，即可判断A；由线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断B；
由面面垂直的性质和线面的位置关系，即可判断C；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质，即可判断D．
【解答】
解：对于A．若l // α，l // β，则α // β或α，β相交，故A错；
对于B．若l // α，l⊥β，则由线面平行的性质定理，得过l的平面γ∩α=m，即有m // l，
m⊥β，再由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故B对；
对于C．若α⊥β，l⊥α，则l // β或l⊂β，故C错；
对于D．若α⊥β，l // α，若l平行于α，β的交线，则l // β，故D错．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
圆的切线方程
【解析】
根据题意设出所求的直线方程为2x+y+m＝0，利用圆心到直线的距离求出m的值即可．
【解答】
设垂直于直线2x+y+1＝0的方程为x−2y+m＝0，m≠1；
则圆x2+y2＝5的圆心O(0, 0)到直线x−2y+m＝0的距离为r＝，
∴ ＝＝，
解得m＝±5，
∴ 所求的直线方程是x−2y+5＝0或x−2y−5＝0．
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，反之不成立．
【解答】
解：直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，
则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，
反之不成立.
∴ “直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，求出两个圆的圆心和半径，求出圆心距，分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆，其圆心为(1, 0)，半径r＝1，
圆，即x2+(y+1)2＝4，其圆心为(0, −1)，半径R＝2，
圆心距|C1C2|＝＝，则有R−r<|C1C2|则两个圆相交，
7.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先利用导数求出切线斜率，用直线方程的点斜式写出切线方程，再求出直线l与两坐标轴交点坐标，最后用三角形的面积公式计算出面积即可．
【解答】
∵ 曲线，∴ y′＝1−，
∴ 曲线在点(1, 3)处的切线斜率为1−2＝−1，切线方程为x+y−4＝0．
则直线l与两坐标轴交点分别为(4, 0)，(0, 4)，
∴ 直线l与坐标轴围成的三角形面积为×4×4＝8，
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，由已知结合棱柱的体积公式求解．
【解答】
由三视图还原原几何体如图，
该几何体为直四棱柱，底面ABCD为直角梯形，AD // BC，
AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝2，AD＝1，
则该柱体的体积是V＝．
9.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线方程求出焦点坐标，由抛物线的性质知，当P，Q和M三点共线且点P在中间时距离和最小，由此求出纵坐标，代入抛物线方程求得横坐标的值．
【解答】
抛物线方程为y2＝4x，
∴ p＝2，焦点坐标为(1, 0)；
过点M作准线x＝−1的垂线，垂足为M，由PF＝PM，
依题意可知当P，Q和M三点共线且点P在中间的时候，
距离之和最小，如图所示；
故P的纵坐标为−2，代入抛物线方程求得x＝1，
∴ 点P(1, −2)．
10.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
首先判断命题p和q的真假，再根据复合命题的真假性质进行判断即可．
【解答】
方程x22−k−y2k−1＝1表示双曲线，则有(2−k)(k−1)>0，解得1故命题P:∀k∈(1, 2)，方程x22−k−y2k−1＝1都表示双曲线为真命题；
抛物线y=4x2的焦点坐标为(0,116)，
故命题q：抛物线y=4x2的焦点坐标为(1, 0)是假命题；
所以￢q为真，￢p为假，
则p∧(￢q)为真，(￢p)∧q为假，
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线的离心率可得a＝b，求得A，B的坐标，以及渐近线方程，运用点到直线的距离公式，解方程可得b，a，进而得到所求双曲线方程．
【解答】
离心率为，即为c＝a，b＝a，
令x＝c，可得-＝1，
解得y＝±，设A(c，），B(c，-），
双曲线的一条渐近线方程为bx−ay＝0，
可得d1+d2＝+＝＝2b＝4，
即b＝2，a＝2，
双曲线的方程为x2−y2＝4．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
函数奇偶性的判断
【解析】
构造函数g(x)，利用g(x)的导数判断函数g(x)的单调性与奇偶性，求出不等式的解集即可．
【解答】
解：设g(x)=f(x)x，
则g(x)的导数为： g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵ 当x>0时，总有xf′(x)−f(x)>0成立，
即当x>0时，g′(x)>0，
∴ 当x>0时，函数g(x)为增函数，
又∵ g(−x)=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=g(x)，
∴ 函数g(x)为定义域上的偶函数，
∴ x<0时，函数g(x)是减函数，
又∵ g(−2)=f(−2)−2=0=g(2)，
∴ x>0时，由f(x)>0，得：g(x)>g(2)，解得：x>2，
x<0时，由f(x)>0，得：g(x)∴ f(x)>0成立的x的取值范围是：(−2, 0)∪(2, +∞).
故选D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
−2
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
将直线l1化为y＝−mx+3，然后利用两直线平行，则斜率相等，即可得到答案．
【解答】
因为直线l1:mx+y−3＝0(m∈R)与直线l2:y＝2x−1平行，
直线l1可变形为y＝−mx+3，
故−m＝2，
所以m＝−2．
【答案】
．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
根据题意，△ABF2的周长为8，即|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝8，结合椭圆的定义，有4a＝8，即可得a的值；又由椭圆的离心率，可得c的值，进而可得b的值；由椭圆的焦点在x轴上，可得椭圆的方程．
【解答】
根据题意，△ABF2的周长为8，即|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝8；
根据椭圆的性质，有4a＝8，即a＝2；
椭圆的离心率为，即＝，则c＝1，
将则b2＝a2−c2＝3；
则椭圆的方程为．
【答案】
24π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由题意画出图形，证明AB⊥BC，利用补形法可得直三棱柱外接球的球心，求出半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】
如图，
在直三棱锥ABC−A1B1C1中，∵ AB＝BC＝2，，
∴ AB2+BC2＝AC2，即AB⊥BC，
∴ 直三棱柱ABC−A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，
把直三棱柱ABC−A1B1C1补成正四棱柱，
则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，
设D，D1分别为AC，A1C1的中点，则DD1的中点O为球心，
球的半径为R＝，
∴ 此直三棱柱外接球的表面积为S＝4πR2＝24π．
【答案】
11
【考点】
函数在某点取得极值的条件
【解析】
对函数进行求导，根据函数f(x)在x=−1有极值0，可以得到f(−1)=0，f′(−1)=0，代入求解即可
【解答】
解：∵ f(x)=x3+3mx2+nx+m2
∴ f′(x)=3x2+6mx+n
依题意可得f(−1)=0f′(−1)=0⇒−1+3m−n+m2=03−6m+n=0
联立可得m=2n=9或m=1n=3
当m=1，n=3时函数f(x)=x3+3x2+3x+1，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0
函数在R上单调递增，函数无极值，舍
故答案为：11
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】
解：(1)当a=1时，(x−1)(x−4)<0，
解得1所以p:x∈1,4.
因为x−4x−3<0，即(x−4)(x−3)<0，
所以3所以q:x∈3,4.
因为p∧q为真，
所以p与q都是真命题，
所以x∈(1,4)∩(3,4)=(3,4).
(2)因为p:x∈(a, 4a)，q:x∈(3, 4)，且p是q的必要不充分条件，
所以(3, 4)⫋(a,4a)，
所以a≤3,4a≥4,
所以a∈[1, 3]，
所以实数a的取值范围为[1, 3]．
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
一元二次不等式的解法
命题和命题的取值
充分条件、必要条件、充要条件
集合关系中的参数取值问题
【解析】
（1）求出p，q为真命题的等价条件，结合p∧q的定义进行求解即可；
（2）根据充分条件和必要条件与集合关系，进行转化求解即可．
【解答】
解：(1)当a=1时，(x−1)(x−4)<0，
解得1所以p:x∈1,4.
因为x−4x−3<0，即(x−4)(x−3)<0，
所以3所以q:x∈3,4.
因为p∧q为真，
所以p与q都是真命题，
所以x∈(1,4)∩(3,4)=(3,4).
(2)因为p:x∈(a, 4a)，q:x∈(3, 4)，且p是q的必要不充分条件，
所以(3, 4)⫋(a,4a)，
所以a≤3,4a≥4,
所以a∈[1, 3]，
所以实数a的取值范围为[1, 3]．
【答案】
连接BD交AC于点O，连结EO，
∵ ABCD为矩形，∴ O为BD的中点，
又E为PD的中点，∴ EO // PB，
∵ EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
∴ PB // 平面AEC；
∵ ，且AP＝1，，
∴ ，则底面ABCD为正方形，得BD⊥AC，
∵ PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴ PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，
∴ BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，
∴ 平面PAC⊥平面PBD．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
（1）连接BD交AC于点O，连结EO，可得EO // PB，再由直线与平面平行的判定可得PB // 平面AEC；
（2）由已知结合棱锥的体积公式可得，得到底面ABCD为正方形，得BD⊥AC，由已知得BD⊥PA，再利用直线与平面垂直的判定得到BD⊥平面PAC，进一步可得平面PAC⊥平面PBD．
【解答】
连接BD交AC于点O，连结EO，
∵ ABCD为矩形，∴ O为BD的中点，
又E为PD的中点，∴ EO // PB，
∵ EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
∴ PB // 平面AEC；
∵ ，且AP＝1，，
∴ ，则底面ABCD为正方形，得BD⊥AC，
∵ PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴ PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，
∴ BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，
∴ 平面PAC⊥平面PBD．
【答案】
当时，f(x)＝ex−x，则f′(x)＝ex−1，
令f′(x)＝0，得x＝0．
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0．
∴ 函数f(x)＝ex−x的单调递增区间为(0, +∞)，单调递减区间为(−∞, 0)．
∵ 当x∈[2, 3]时，f(x)≥0恒成立，
∴ 当x∈[2, 3]时，恒成立，即，
设，则，显然当x∈[2, 3]时g′(x)>0恒成立．
∴ g(x)在[2, 3]单调递增，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ a的取值范围为．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）将，代入f(x)中，对f(x)求导，再根据f′(x)在各区间上的符号，得到f(x)的单调区间；
（2）由x∈[2, 3]时，f(x)≥0恒成立，可得x∈[2, 3]时，恒成立，构造函数，求出g(x)的最小值，再得到a的取值范围．
【解答】
当时，f(x)＝ex−x，则f′(x)＝ex−1，
令f′(x)＝0，得x＝0．
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0．
∴ 函数f(x)＝ex−x的单调递增区间为(0, +∞)，单调递减区间为(−∞, 0)．
∵ 当x∈[2, 3]时，f(x)≥0恒成立，
∴ 当x∈[2, 3]时，恒成立，即，
设，则，显然当x∈[2, 3]时g′(x)>0恒成立．
∴ g(x)在[2, 3]单调递增，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ a的取值范围为．
【答案】
由题意易得，点M到定点F(1, 0)的距离等于点M到直线x＝−1的距离，
由抛物线定义可得，动点M满足的轨迹是以F(1, 0)为焦点的抛物线，
所以动点M满足的轨迹方程C为y2＝4x．
设直线OA的方程为：y＝kx，则直线OB的方程为：．
联立方程，可得，同理可得B(4k2, −4k)．
∴ ，
故直线AB的方程为，即．
特别的，当k＝1或−1时，点A与点B的横坐标都是4．
综上可知，直线AB经过定点(4, 0)．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）利用抛物线的定义得到动点M的轨迹是抛物线，然后求解方程即可；
（2）设直线OA的方程，则得到直线OB的方程，联立方程组求出点A，B，然后求出直线AB的斜率，得到直线AB的方程，分析求解即可．
【解答】
由题意易得，点M到定点F(1, 0)的距离等于点M到直线x＝−1的距离，
由抛物线定义可得，动点M满足的轨迹是以F(1, 0)为焦点的抛物线，
所以动点M满足的轨迹方程C为y2＝4x．
设直线OA的方程为：y＝kx，则直线OB的方程为：．
联立方程，可得，同理可得B(4k2, −4k)．
∴ ，
故直线AB的方程为，即．
特别的，当k＝1或−1时，点A与点B的横坐标都是4．
综上可知，直线AB经过定点(4, 0)．
【答案】
由题意知，f(x)的定义域为(0, +∞)，
∵ f′(x)＝lnx+a+1，f(x)在点(1，f
）处的切线为3x−y−2＝0，
∴ ，解得，
∴ f(x)＝xlnx+2x−1．
（1）令，则，
∴ h′(x)≥h′(2)＝2>0，∴ h(x)在时，单调递增，∴ h(x)≤h(3)＝1．
要存在实数m，使得在时成立，
只要即可，解得−1∴ m的取值范围为(−1, 2)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）对f(x)求导，根据f(x)在点（1, f(1)）处的切线为3x−y−2＝0，得到关于a，b的方程，然后求出a，b，即可得到f(x)的解析式；
（2）令，求出h′(x)的最小值，根据存在实数m，使得m2−m−1<在x时成立，可知m2−m−1<，然后求出m的取值范围．
【解答】
由题意知，f(x)的定义域为(0, +∞)，
∵ f′(x)＝lnx+a+1，f(x)在点(1，f
）处的切线为3x−y−2＝0，
∴ ，解得，
∴ f(x)＝xlnx+2x−1．
（1）令，则，
∴ h′(x)≥h′(2)＝2>0，∴ h(x)在时，单调递增，∴ h(x)≤h(3)＝1．
要存在实数m，使得在时成立，
只要即可，解得−1∴ m的取值范围为(−1, 2)．
【答案】
由题设可得：，△F1PF2的面积，
∴ b＝1，
∵ a2＝b2+c2＝4故E的方程为．
当l⊥x轴时不合题意，故设l:y＝kx−2，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
将y＝kx−2代入，得(1+4k2)x2−16kx+12＝0．
当△＝16(4k2−3)>0，时，，，
从而．
又点O到直线PQ的距离，
所以△OPQ的面积为，
即且满足△>0．
所以直线l的方程为或．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）利用焦距求解c，通过△F1PF2的面积求出b，然后求解a，得到椭圆方程．
（2）设l:y＝kx−2，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，将y＝kx−2代入，得(1+4k2)x2−16kx+12＝0．利用韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离求解三角形的面积，然后求解直线方程．
【解答】
由题设可得：，△F1PF2的面积，
∴ b＝1，
∵ a2＝b2+c2＝4故E的方程为．
当l⊥x轴时不合题意，故设l:y＝kx−2，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
将y＝kx−2代入，得(1+4k2)x2−16kx+12＝0．
当△＝16(4k2−3)>0，时，，，
从而．
又点O到直线PQ的距离，
所以△OPQ的面积为，
即且满足△>0．
所以直线l的方程为或．