2020-2021学年山西省晋中市高二（上）期末考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高二（上）期末考试数学（理）试卷人教A版，共10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. 椭圆y225+x29=1的焦距为( )
A.4B.5C.6D.8

2. 命题“∀x∈R，2x≥0”的否定是( )
A.∃x0∈R，2x0≤0B.∃x0∈R，2x0<0
C.∀x∈R，2x≤0D.∀x∈R，2x<0

3. 抛物线y2=4x的焦点到准线的距离是( )
A.1B.2C.12D.14

4. “mn>0”是“方程mx2+ny2=1表示椭圆”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

5. 已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B.若a，b平行于平面α，则a与b平行
C.若a，b不平行，则a与b不可能垂直于同一平面
D.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线

6. 命题“若实数x≠y，则sinx≠siny”的逆否命题是（ ）
A.若实数x=y，则sinx=sinyB.若sinx=siny，则实数x=y
C.若sinx≠siny，则实数x≠yD.若实数x
7. 直线l1:a+1x+ay+a=0与直线l2:3−ax+3−2ay+9=0平行，则a为（ ）
A.1或−3B.−3C.2D.1

8. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱AB的中点，异面直线B1M与BC1所成角的余弦值为（ ）
A.105B.55C.1010D.510

9. 已知焦点为F的抛物线C:x2=4y的准线是直线l，点P为抛物线C上一点，且PQ⊥l垂足为Q，点G(2,0)，则|PQ|+|PG|的最小值为（ ）
A.5B.2C.10D.22

10. 已知线段AB两端点的坐标分别为A−2,3和B4,2，若直线l:x+my+m−1=0与线段AB有交点，则实数m的取值范围是（ ）
A.−∞,−1∪34,+∞B.−1,34
C.−1,34D.−∞,−1∪34,+∞

11. 已知圆C:x2+y2−2x=0，直线l:x+y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，当|PC|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A.x+y=0B.x−y=0C.2x−2y+1=0D.2x+2y+1=0

12. 过双曲线C：x2a2−y2b2=1的右焦点F作渐近线y=bax的垂线，垂足为A，交另外一条渐近线于点B，若|FB|=3|FA|，则双曲线C的离心率为（ ）
A.2B.3C.223D.423
二、填空题

已知点A0,0，B2,0，以线段AB为直径的圆的标准方程是________.

已知点P1,1是椭圆x24+y23=1某条弦的中点，则此弦所在的直线的一般方程为________.

球O的球面上有四点S、A、B、C，其中O、A、B、C四点共面，△ABC是边长为23的正三角形，平面SAB⊥平面ABC，则棱锥S−ABC体积的最大值为________.

过抛物线M:y2=4x的焦点F作两条相互垂直的弦AB、CD，分别交M于A、B、C、D，则|AB|+|CD|的最小值为________.
三、解答题

在△ABC中，已知A3,−2，B5,4，且边AC的中点P在y轴上，边BC的中点Q在x轴上，求：
(1)顶点C的坐标；

(2)直线PQ的一般方程．

已知m∈R，命题p:∀x∈0,1，不等式m2−3m≤x2−2x−1恒成立；命题q:∃x∈(−∞,0]使得m≤2x成立．
(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若p∧q为假，p∨q为真，求实数m的取值范围．

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，AC与BD交于点O，BC=26，CD=43，PA=AB=23．

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)求直线PA与平面PBD所成角的大小．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，焦距为2，椭圆C的上顶点为D，△DF1F2为正三角形，过点F1的直线l与椭圆相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若|AF1||BF1|=2，求直线AB的一般方程．

已知矩形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在的平面垂直，交线为AB，AB=BC=2，AD=AF=1，且AD//BC，AB⊥AD，点M是棱CF的中点．

(1)求证：DM//平面ABEF；

(2)求二面角A−DF−C的余弦值．

已知O为坐标原点，椭圆C:x24+y2=1a>b>0上一点E在第一象限，若|OE|=72．

(1)求点E的坐标；

(2)椭圆C两个顶点分别为A−2,0，B2,0，过点M0,−1的直线l交椭圆C于点D，交x轴于点P，若直线AD与直线MB相交于点Q，求证：OP→⋅OQ→为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高二（上）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
【解析】
利用椭圆的标准方程及其c=a2−b2即可．
【解答】
解：因为椭圆的方程为y225+x29=1，
所以a2=25，b2=9，
因此c2=a2−b2=16，解得c=4，
所以椭圆的焦距为2c=8．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
命题“∀x∈R,2x≥0”的否定是∃x0∈R,2x0<0，故选B．
【解答】
解：命题“∀x∈R，2x≥0”的否定是∃x0∈R，2x0<0．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的方程求得抛物线的焦点坐标和准线的方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到准线的距离．
【解答】
解：因为抛物线的方程为y2=4x，
所以p=2.
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
椭圆的定义
【解析】
设m=1,n=1 x2+y2=1表示圆，不一定为椭圆；反之，若方程表示椭圆，则mn>0，故选B．
【解答】
解：设m=1，n=1，x2+y2=1表示圆，不一定为椭圆；
反之，若方程表示椭圆，则mn>0，
所以“mn>0”是“方程mx2+ny2=1表示椭圆”的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
A若α,β垂直于同一平面，则α与β不一定平行，所以排除A；B若a，b平行于平面α，则a与b不一定平行，所以排除B；D若α不平行，则在α内存在与β平行的直线，所以排除D，故选C．
【解答】
解：A，若α，β垂直于同一平面，则α与β不一定平行，所以排除A；
B，若a，b平行于平面α，则a与b不一定平行，所以排除B；
D，若α，β不平行，则在α内存在与β平行的直线，所以排除D．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
命题“若实数x≥y，则sinx≠siny的逆否命题是“若sinx=siny，则实数x=y．故逸B．
【解答】
解：命题“若实数x≠y，则sinx≠siny”的逆否命题是“若sinx=siny，则实数x=y”．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
若直线l1与直线l2平行，则a+13−2a−a3−a=0，解得a=或a=−3，经检验a=−3舍去，故选D．
【解答】
解：若直线l1与直线l2平行，
则a+13−2a−a3−a=0，
解得a=1或a=−3，经检验a=−3舍去．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
如图，取CD的中点N，连接C1N，BN， C1N//B1M，则∠BC1N即为所求的角，不妨设正方体的棱长为2，在三角形C1NB中， cs∠BC1N=C1N2+C1B2−BN22C1N⋅C1B=105，故选A．
【解答】
解：如图，取CD的中点N，连接C1N，BN，
C1N//B1M，则∠BC1N即为所求的角，不妨设正方体的棱长为2，
在△C1NB中，C1B=22+22=22，
C1N=22+12=5，
BN=22+12=5，
cs∠BC1N=C1N2+C1B2−BN22C1N⋅C1B=105．
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
【解析】
连接PF，由抛物线的定义可知P=PO，所以|PQ|+|PG|=|PF|+|PG|=|FG|=5，故选A．
【解答】
解：连接PF，由抛物线的定义可知PF=PQ，
所以|PQ|+|PG|=|PF|+|PG|≥|FG|=5．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
斜率的计算公式
两条直线的交点坐标
【解析】
直线l:x+my+m−1=0恒过的定点P1,−1，若直线l线段AB有交点，则直线l的斜率k∈−∞,−43∪1,+∞．当m=0时，满足题意：当m≠0时，则−1m∈−x,43∩1,+∞，解得−1≤m<0或0【解答】
解：直线l:x+my+m−1=0恒过定点P1,−1，
kPA=3−(−1)−2−1=−43，
kPB=2−(−1)4−1=1，
若直线l与线段AB有交点，
则直线l的斜率k∈−∞,−43∪1,+∞．
当m=0时，满足题意；
当m≠0时，则−1m∈−∞,−43∪1,+∞，
解得−1≤m<0或0综上，m∈−1,34．
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
直线和圆的方程的应用
与圆有关的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆C:x2+y2−2x=0，
化为标准方程为(x−1)2+y2=1，圆心C(1,0)，半径为1，
依圆的知识可知，P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，
所以|PC|⋅|AB|=4S△PAC=4×12×|PA|⋅|AC|=2|PA|，
而|PA|=|PC|2−1，
当直线PC⊥l时，|PA|最小，此时|PC|⋅|AB|最小，
易求得点P0,−1，PC的中点坐标为(12,−12)，PC=2，
所以以线段PC为直径的圆的方程为(x−12)2+(y+12)2=(22)2，
即x2+y2−x+y=0，
两圆的方程相减可得：x+y=0．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
因为直线AB经过右焦点F且与渐近线l1:y=bax垂直，
所以直线AB的方程为y=−abx−c，与方程y=bax联立，
解得Aa2c,abc，
因为|FB|=3|FA|，所以求得Bc2−3b2c,3abc，
再将点B的坐标代入到方程y=−bax当中，解得e=3．
故选B．
二、填空题
【答案】
x−12+y2=1
【考点】
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知可得线段AB的中点坐标为1,0，|AB|=2，
所以以线段AB为直径的圆的标准方程是x−12+y2=1．
故答案为：x−12+y2=1．
【答案】
3x+4y−7=0
【考点】
直线的点斜式方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设过点P1,1的直线与椭圆x24+y23=1的两个交点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，
则x124+y123=1，x224+y223=1，
两式相减得x1+x2x1−x24+y1+y2y1−y23=0，
化简得y1−y2x1−x2=−34，
即kAB=−34，
所以直线AB的方程为y−1=−34(x−1)，即3x+4y−7=0．
故答案为：3x+4y−7=0．
【答案】
3
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知当SA=SB时，三棱锥S−ABC的体积最大．
取棱AB的中点D，连接OD，SD，
因为平面SAB⊥平面ABC，
所以SD⊥平面ABC．
在△ABC中，可求得OD=1，
球O的半径R=2，
在Rt△SOD中，SD=OS2−OD2=3，
所以三棱锥S−ABC体积的最大值为
VS−ABC=13×12×CB×CA×sin60∘×SD=3．
故答案为：3．
【答案】
16
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线AB的方程为y=kx−1k≠0，
联立方程y2=4x，得：k2x2−2k2+4x+k2=0，
∴ x1+x2=2k2+4k2，|AB|=x1+x2+p=4k2+4，
同理|CD|=4+4k2，
∴ |AB|+|CD|=8+4k2+4k2≥16，
当且仅当k=±1时等号成立．
故答案为：16．
三、解答题
【答案】
解：(1)设点Cx,y，
∵ 边AC的中点P在y轴上，∴ x+32=0，解得x=−3，
∵ 边BC的中点Q在x轴上，∴ y+42=0，解得y=−4，
故所求点C的坐标是−3,−4．
(2)点P的坐标是0,−3，
点Q的坐标是1,0，
直线PQ的方程是x−y3=1，
即直线PQ的一般方程为3x−y−3=0．
【考点】
中点坐标公式
直线的截距式方程
直线的一般式方程
各直线方程式之间的转化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设点Cx,y，
∵ 边AC的中点P在y轴上，∴ x+32=0，解得x=−3，
∵ 边BC的中点Q在x轴上，∴ y+42=0，解得y=−4，
故所求点C的坐标是−3,−4．
(2)点P的坐标是0,−3，
点Q的坐标是1,0，
直线PQ的方程是x−y3=1，
即直线PQ的一般方程为3x−y−3=0．
【答案】
解：(1)∵ ∀x∈0,1，不等式m2−3m≤x2−2x−1恒成立，
∴ m2−3m≤x2−2x−1min，
x∈0,1，x2−2x−1min=−2，
∴ m2−3m+2≤0，
解得1≤m≤2，
因此，若p为真命题时，实数m的取值范围是1,2．
(2)若命题q为真，则m≤2xmax，
∵ x∈(−∞,0]，∴ 2xmax=1，
∴ m≤1，
∵ p∧q为假，p∨q为真，
∴ p、q中一个是真命题，一个是假命题．
当p真q假时，则1≤m≤2，m>1，解得1当p假q真时，则m<1或m>2，m≤1，解得m<1，
综上所述，m的取值范围为(−∞,1)∪(1,2]．
【考点】
一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ ∀x∈0,1，不等式m2−3m≤x2−2x−1恒成立，
∴ m2−3m≤x2−2x−1min，
x∈0,1，x2−2x−1min=−2，
∴ m2−3m+2≤0，
解得1≤m≤2，
因此，若p为真命题时，实数m的取值范围是1,2．
(2)若命题q为真，则m≤2xmax，
∵ x∈(−∞,0]，∴ 2xmax=1，
∴ m≤1，
∵ p∧q为假，p∨q为真，
∴ p、q中一个是真命题，一个是假命题．
当p真q假时，则1≤m≤2，m>1，解得1当p假q真时，则m<1或m>2，m≤1，解得m<1，
综上所述，m的取值范围为(−∞,1)∪(1,2]．
【答案】
(1)证明：∵ AB//CD，AB⊥BC，
∴ △ABC和△BCD都是直角三角形．
∵ BCAB=CDBC=2，∴ ∠CDB=∠BCA．
又∠CDB+∠DBC=90∘，
∴ ∠BCA+∠DBC=90∘，∴ AC⊥BD．
∵ PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BD．
∵ PA∩AC=A，
∴ BD⊥平面PAC．
(2)解：如图，建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，P0,0,23，B0,23,0，D26,−23,0，
PA→=0,0,−23，BD→=26,−43,0，PB→=0,23,−23，
设平面PBD的一个法向量n→=x,y,z，
由n→⋅BD→=0，n→⋅PB→=0，
得26x−43y=0，23y−23z=0，
令z=1，则x=2，y=1，
∴ n→=2,1,1，
|cs|=|PA→⋅n→||PA→||n→|=2323×2=12，
∴ 直线PA与平面PBD所成角为30∘．
【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
【解析】
解法一：连接OP，过点A作AH⊥PO，交PO于点H，
由(1)知BD⊥平面PAC，
∵ BD⊂平面PBD，∴ 平面PBD⊥平面PAC．
∵ 平面PBD∩平面PAC=PO，∴ AH⊥平面PBD，
∴ ∠APO为直线PA与平面PBD所成角．
在Rt△ABC中，AC=AB2+AC2=6，AO=13AC=2，
∴ tan∠APO=OAPA=33，∴ ∠APO=30，
∴ 直线PA与平面PBD所成角为30．
【解答】
(1)证明：∵ AB//CD，AB⊥BC，
∴ △ABC和△BCD都是直角三角形．
∵ BCAB=CDBC=2，∴ ∠CDB=∠BCA．
又∠CDB+∠DBC=90∘，
∴ ∠BCA+∠DBC=90∘，∴ AC⊥BD．
∵ PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BD．
∵ PA∩AC=A，
∴ BD⊥平面PAC．
(2)解：如图，建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，P0,0,23，B0,23,0，D26,−23,0，
PA→=0,0,−23，BD→=26,−43,0，PB→=0,23,−23，
设平面PBD的一个法向量n→=x,y,z，
由n→⋅BD→=0，n→⋅PB→=0，
得26x−43y=0，23y−23z=0，
令z=1，则x=2，y=1，
∴ n→=2,1,1，
|cs|=|PA→⋅n→||PA→||n→|=2323×2=12，
∴ 直线PA与平面PBD所成角为30∘．
【答案】
解：(1)由题意得2c=2，即c=1，
若△DF1F2为正三角形，则a=2，
故可得b2=a2−c2=3，
从而椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)由题意可得直线AB的方程为x=my−1，
联立x24+y23=1，得3m2+4y2−6my−9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=6m3m2+4①，y1y2=−93m2+4②，
若|AF1||BF1|=2，则AF1→=2F1B→，所以y1=−2y2 ③，
由①③得−y2=6m3m2+4④，
由②③得2y22=93m2+4⑤，
由④⑤得4m23m2+42=123m2+4，
解得m2=45，m=±255，
所以直线AB的一般方程为5x−25y+5=0或5x+25y+5=0.
【考点】
椭圆的标准方程
直线的一般式方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得2c=2，即c=1，
若△DF1F2为正三角形，则a=2，
故可得b2=a2−c2=3，
从而椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)由题意可得直线AB的方程为x=my−1，
联立x24+y23=1，得3m2+4y2−6my−9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=6m3m2+4①，y1y2=−93m2+4②，
若|AF1||BF1|=2，则AF1→=2F1B→，所以y1=−2y2 ③，
由①③得−y2=6m3m2+4④，
由②③得2y22=93m2+4⑤，
由④⑤得4m23m2+42=123m2+4，
解得m2=45，m=±255，
所以直线AB的一般方程为5x−25y+5=0或5x+25y+5=0.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABEF是矩形，
∴ AB⊥AF．
∵ 矩形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在的平面垂直，交线为AB，AB⊥AD，
∴ AD⊥平面ABEF，
∴ AD⊥AF．
以A为坐标原点，以AD，AB，AF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A−xyz，
则A0,0,0，F0,0,1，D1,0,0，C2,2,0，M(1,1,12) ，
DM→=0,1,12，
平面ABEF的一个法向量m→=1,0,0，
∵ DM→⋅m→=0，∴ DM→⊥m→，
∴ DM//平面ABEF．
(2)解：DF→=−1,0,1，DC→=1,2,0，
设平面CDF的一个法向量n1→=x,y,z，
由n1→⋅DF→=0，n1→⋅DC→=0得−x+z=0，x+2y=0，
令z=2，则x=2，y=−1，
∴ n1→=2,−1,2．
平面ADF的一个法向量n2→=0,1,0，
∴ cs=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=−13．
∵ 二面角A−DF−C为钝二面角，
∴ 二面角A−DF−C的余弦值为−13．
【考点】
直线与平面平行的判定
空间向量的数量积运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABEF是矩形，
∴ AB⊥AF．
∵ 矩形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在的平面垂直，交线为AB，AB⊥AD，
∴ AD⊥平面ABEF，
∴ AD⊥AF．
以A为坐标原点，以AD，AB，AF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A−xyz，
则A0,0,0，F0,0,1，D1,0,0，C2,2,0，M(1,1,12) ，
DM→=0,1,12，
平面ABEF的一个法向量m→=1,0,0，
∵ DM→⋅m→=0，∴ DM→⊥m→，
∴ DM//平面ABEF．
(2)解：DF→=−1,0,1，DC→=1,2,0，
设平面CDF的一个法向量n1→=x,y,z，
由n1→⋅DF→=0，n1→⋅DC→=0得−x+z=0，x+2y=0，
令z=2，则x=2，y=−1，
∴ n1→=2,−1,2．
平面ADF的一个法向量n2→=0,1,0，
∴ cs=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=−13．
∵ 二面角A−DF−C为钝二面角，
∴ 二面角A−DF−C的余弦值为−13．
【答案】
(1)解：设Ex0,y0x0>0,y0>0，
因为|OE|=72，所以x02+y02=72①，
又因为点E在椭圆上，所以x024+y02=1②，
由①②解得：x0=1，y0=32，所以E的坐标为1,32．
(2)证明：设点Dx0,y0，
则直线DA的方程为y=y0x0+2x+2①，
直线BM的方程为y=12x−1②，
由①②解得xQ=2x0+2y0+2x0−2y0+2，
又直线DM的方程为y=y0+1x0x−1，
令y=0，解得xp=x0y0+1，
所以OP→⋅OQ→=2x0+2y0+2x0−2y0+2×x0y0+1
=2x02+2x0y0+2x0x0y0+x0−2y02+2．
又x024+y02=1，
所以OP→⋅OQ→=2x02+2x0y0+2x0x0y0+x0+x022=4．
【考点】
椭圆的应用
直线的点斜式方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设Ex0,y0x0>0,y0>0，
因为|OE|=72，所以x02+y02=72①，
又因为点E在椭圆上，所以x024+y02=1②，
由①②解得：x0=1，y0=32，所以E的坐标为1,32．
(2)证明：设点Dx0,y0，
则直线DA的方程为y=y0x0+2x+2①，
直线BM的方程为y=12x−1②，
由①②解得xQ=2x0+2y0+2x0−2y0+2，
又直线DM的方程为y=y0+1x0x−1，
令y=0，解得xp=x0y0+1，
所以OP→⋅OQ→=2x0+2y0+2x0−2y0+2×x0y0+1
=2x02+2x0y0+2x0x0y0+x0−2y02+2．
又x024+y02=1，
所以OP→⋅OQ→=2x02+2x0y0+2x0x0y0+x0+x022=4．