2020-2021学年甘肃省高二（上）11月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省高二（上）11月月考数学试卷人教A版，共7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. 过点A(−1, 0)，斜率为k的直线，被圆(x−1)2+y2=4截得的弦长为23，则k的值为( )
A.±33B.33C.±3D.3

2. 已知直线l1:mx+y−1=0，l2：(2m+3)x+my−1=0，m∈R，则“m=−2”是“l1⊥l2”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

3. 与直线l:2x−3y+1=0关于y轴对称的直线的方程为( )
A.2x+3y+1=0B.2x+3y−1=0C.3x−2y+1=0D.3x+2y+1=0

4. 设圆M的圆心为(3, −5)，且与直线x−7y+2=0相切，则圆M的方程为( )
A.(x+3)2+(y−5)2=32B.(x+3)2+(y+5)2=32
C.x2+y2−6x+10y+2=0D.x2+y2−6x+10y−2=0

5. 下列说法错误的是( )
A.命题“若a=0，则ab=0”的否命题是“若a≠0，则ab≠0”
B.“θ=30∘”是“sinθ=12”的充分不必要条件
C.若p：∃x∈R, x2−x+5=0，则¬p：∀x∈R，x2−x+5≠0
D.已知p：∃x0∈R，使csx0=1，q：∀x∈R，x2−x+1>0，则“p∧¬q”为真命题

6. 已知p：∃x0>1使lg12x0>12；q：∀x∈R，ex>x，则下列说法中正确的是( )
A.p真q真B.p假q假C.p真q假D.p假q真

7. 直线xcsα+y+b=0 (a，b∈R)的倾斜角范围是( )
A.0,πB.π4,π2∪π2，3π4
C.π4,3π4D.0，π4∪3π4,π

8. 设F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则△PF1F2的面积为( )
A.72B.3C.52D.2

9. 已知圆C：x2+y2=9，直线l：y=x−b，若圆C上恰有4个不同的点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围是( )
A.−2,2B.−2,2C.−22,22D.−22,22

10. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线E的右支交于P，Q两点．若|PF2|=2|F2Q|，|PQ|=|F1Q|，则双曲线E的离心率为( )
A.213B.2143C.143D.273
二、填空题

已知方程x24−m+y2m−1=1（m是常数）表示曲线C，给出下列命题：
①曲线C不可能为圆；
②曲线C不可能为抛物线；
③若曲线C为双曲线，则m<1或m>4；
④若曲线C为焦点在x轴上的椭圆，则1其中真命题的编号为________．
三、解答题

已知动圆P与圆E:(x+3)2+y2=25相切，且与圆F:(x−3)2+y2=1都内切，记圆心P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；

(2)直线l与曲线C交于点A，B，点M为线段AB的中点，若|OM|=1，求△AOB面积的最大值．

设命题p：对m∈[−1,1]，不等式a2−5a−3>m+2恒成立；
命题q：关于实数x的方程x2+ax+1=0有两个不等的负根．
(1)若p是真命题，求实数a的取值范围；

(2)若命题“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．

已知抛物线C:x2=2pyp>0，其焦点到准线的距离为2，点G在抛物线C的准线上，过点G作抛物线C的两条切线l1，l2，切点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2).
(1)求x1x2+y1y2的值；

(2)①证明直线AB过定点；
②当△GAB面积最小时，求直线AB的方程.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省高二（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
设直线方程为y=k(x+1)，利用圆(x−1)2+y2=4截得的弦长为23，求出圆心到直线的距离为1，即可得出结论．
【解答】
解：设直线方程为y=k(x+1)，即kx−y+k=0，
∵ 圆(x−1)2+y2=4截得的弦长为23，
∴ 圆心到直线的距离为4−3=1.
又∵圆心坐标为(1,0)，
∴ |2k|k2+1=1，
∴ k=±33．
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由两直线垂直与系数的关系列式求得m值，可得“m＝−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．再由充分必要条件的判定方法得答案．
【解答】
解：直线l1:mx+y−1=0，l2：(2m+3)x+my−1=0，m∈R，
l1⊥l2⇔m(2m+3)+m=0，即m=−2或m=0．
∴ 由“m=−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．
∴ “m=−2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
设 px,y 为要求直线上的任意一点，则点P关于y轴对称的点为 −x,y ，代入直线l的方程即可得出．
【解答】
解：设Px,y为要求直线上的任意一点，
则点P关于y轴对称的点为−x,y，
代入直线l的方程可得：−2x−3y+1=0，
即所求直线的方程为2x+3y−1=0.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意求出N到直线的距离即可圆的半径，写出圆的标准方程即可．
【解答】
解：∵ 以(3, −5)为圆心的圆M与直线x−7y+2=0相切，
∴ 圆心到直线的距离d=r=3+35+21+49=42，
∴ 圆M的方程为(x−3)2+(y+5)2=32，
即x2+y2−6x+10y+2=0.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
【解析】
利用命题之间的关系，对选项逐项验证即可.
【解答】
解：对于A，命题的否命题，既要否定条件，又要否定结论，故A正确；
对于B，θ=30∘时，sinθ=12 ，但sinθ=12时，θ可以取与30∘，150∘终边相同的角，
∴ “θ=30∘”是“sinθ=12”的充分不必要条件，故B正确；
对于C，特称命题的否定为全称命题，¬p为∀x∈R，x2−x+5≠0，故C正确；
对于D，当x=0时，csx=1，∴ p真；
对∀x∈R，x2−x+1=x−122+34>0，∴ q真，
∴ p∧¬q为假，故D错误．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
利用导数研究函数的最值
命题的真假判断与应用
【解析】
由特称命题、全称命题的真假进行判断，由导数求函数的最值进行判断.
【解答】
解：当x>1时，lg12x<0，故命题p为假命题，
设fx=ex−x，则f′x=ex−1，
当x>0时f′x>0，函数fx单调递增；
当x<0时f′x<0，函数fx单调递减，
所以fxmin=f0=1>0，
即∀x∈R，ex>x，故命题q为真命题.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
正切函数的性质
【解析】
由题意可得直线的斜率为−csα，设直线xcsα+y+b=0的倾斜角是θ，则−1≤tanθ≤1，由此求得倾斜角θ的范围．
【解答】
解：直线xcsα+y+b=0的斜率为−csα，
∵ −1≤csα≤1，
∴ −1≤−csα≤1.
设直线xcsα+y+b=0的倾斜角是θ，
则−1≤tanθ≤1，
再由0≤θ<π，
可得θ∈0,π4∪[3π4,π).
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的应用
双曲线的定义
【解析】
根据已知条件结合双曲线的焦点先判断△PF1F2为直角三角形，再根据双曲线的定义和直角三角形的性质即可得解．
【解答】
解：由题知，
a=1，b=3，c=2，
F1(−2,0)，F2(2,0).
∵|OP|=2，
故点P在以F1F2为直径的圆上，
故PF1⊥PF2，
则|PF1|2+|PF2|2=(2c)2=16.
由双曲线的定义知|PF1|−|PF2|=2a=2，
∴|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|=4，
∴|PF1||PF2|=6，
∴△PF1F2的面积为12|PF1||PF2|=3.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
直线和圆的方程的应用
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
首先判断出圆心到直线的距离范围，再构造不等式，解出即可.
【解答】
解：由圆C的方程： x2+y2=9，
可得圆C的圆心为原点O0,0，半径为3，
若圆C上恰有4个不同的点到直线l的距离等于1，
则O到直线l：y=x−b的距离d小于2，
直线l的一般方程为：x−y−b=0，
∴ d=|−b|2<2，
解得：−22即b的取值范围为−22,22.
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由题意知P，Q都在双曲线的右支上，
设|F2Q|=x，则|PQ|=3x.
由双曲线的定义知x=a，
所以|PF1|=4a，|PQ|=|F1Q|=3a.
在△PF1Q中，由余弦定理得cs∠F1PQ=23.
在△PF1F2中，cs∠F1PF2=(4a)2+(2a)2−(2c)22×4a×2a=23，
所以7a2=3c2，
所以e2=73，
所以e=213．
故选A．
二、填空题
【答案】
②③④
【考点】
圆锥曲线的共同特征
椭圆的定义
【解析】
对选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：①由4−m=m−1，可得m=2.5，曲线能为圆，故不正确；
②因为方程中没有一次项，故曲线C不可能为抛物线，正确；
③若曲线C为双曲线，(4−m)(m−1)<0，则m<1或m>4，正确；
④若曲线C为焦点在x轴上的椭圆，则4−m>m−1>0，所以1故答案为：②③④．
三、解答题
【答案】
解：(1)设动圆P的半径为r，
由|PE|=5−r，|PF|=r−1，
可得|PE|+|PF|=4>23，
∴ P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=3，b=1，
∴ 曲线C的方程为x24+y2=1.
(2)设直线l:x=my+n，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
代入椭圆方程，整理得：(4+m2)y2+2mny+n2−4=0①，
y1+y2=−2mn4+m2，y1⋅y2=n2−44+m2，x1+x2=8n4+m2，
由中点坐标公式可知：M(4n4+m2, −mn4+m2)，
∵ |OM|=1，
∴ n2=(4+m2)216+m2②，
设直线l与x轴的交点为D(n, 0)，
则S△AOB2=14n2(y1−y2)2=48(m2+4)(16+m2)2，
设t=m2+16(t≥16)，
则S2=48(1t−12t2)，
当t=24，即m=±22时，△AOB的面积取得最大值1.
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
中点坐标公式
【解析】
（1）确定|PE|+|PF|＝6>23，可得P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a＝3，c=3，b=6，即可求C的方程；
（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及中点坐标公式，即可求得M点坐标，由|OM|＝1，可得n2=(4+m2)216+m2，由三角形面积公式，结合换元、配方法即可求得△AOB面积的最大值．
【解答】
解：(1)设动圆P的半径为r，
由|PE|=5−r，|PF|=r−1，
可得|PE|+|PF|=4>23，
∴ P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=3，b=1，
∴ 曲线C的方程为x24+y2=1.
(2)设直线l:x=my+n，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
代入椭圆方程，整理得：(4+m2)y2+2mny+n2−4=0①，
y1+y2=−2mn4+m2，y1⋅y2=n2−44+m2，x1+x2=8n4+m2，
由中点坐标公式可知：M(4n4+m2, −mn4+m2)，
∵ |OM|=1，
∴ n2=(4+m2)216+m2②，
设直线l与x轴的交点为D(n, 0)，
则S△AOB2=14n2(y1−y2)2=48(m2+4)(16+m2)2，
设t=m2+16(t≥16)，
则S2=48(1t−12t2)，
当t=24，即m=±22时，△AOB的面积取得最大值1.
【答案】
解：(1)若p为真命题，则a2−5a−3>(m+2)max=3，
解得：a>6或a<−1．
(2)若q为真命题，设方程的两个根为x1，x2，
则Δ=a2−4>0,x1+x2=−a<0,解得：a>2，
当p真q假时，a<−1，
当p假q真时，2综上所述，实数a的取值范围为：−∞,−1∪2,6．
【考点】
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
【解析】


【解答】
解：(1)若p为真命题，则a2−5a−3>(m+2)max=3，
解得：a>6或a<−1．
(2)若q为真命题，设方程的两个根为x1，x2，
则Δ=a2−4>0,x1+x2=−a<0,解得：a>2，
当p真q假时，a<−1，
当p假q真时，2综上所述，实数a的取值范围为：−∞,−1∪2,6．
【答案】
(1)解：由题意知，抛物线焦点为0,p2，准线方程为y=−p2，
焦点到准线的距离为2，即p=2 ，
所以抛物线C:x2=4y，其准线为l:y=−1，
故可设点Ga,−1，由x2=4y，得y=14x2，
所以y′=12x，
所以直线GA的斜率为12x1.
因为点Ax1,y1和Bx2,y2在抛物线C上，
所以y1=14x12，y2=14x22，
所以直线GA的方程为y−14x12=12x1x−x1.
因为点Ga,−1在直线GA上，
所以−1−14x12=12x1a−x1，即x12−2ax1−4=0.
同理，x22−2ax2−4=0，
所以x1,x2是方程x2−2ax−4=0的两个根，
所以x1x2=−4.
又y1y2=14x12⋅14x22=116(x1x2)2=1，
所以x1x2+y1y2=−3.
(2)①证明：设直线AB方程为y=kx+m，
与抛物线方程联立，得y=kx+m，x2=4y，
所以x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0
x1+x2=4k，x1x2=−4m=−4，
所以m=1，即直线AB过定点0,1，即焦点.
②解：由①得AB:y=kx+1，
联立方程y=x12x−x124，y=x22x−x224，得x=2k，y=−1，即G2k,−1，
G点到直线AB的距离d=|k⋅2k+1+1|1+k2=2|k2+1|1+k2，
|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=4(1+k2)，
所以S=12×4(1+k2)×2|k2+1|1+k2=4(1+k2)32≥4，
当k=0时，△GAB面积取得最小值4，
此时直线AB的方程为y=1.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
三角形的面积公式
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线与椭圆结合的最值问题
抛物线的标准方程
点到直线的距离公式
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意知，抛物线焦点为0,p2，准线方程为y=−p2，
焦点到准线的距离为2，即p=2 ，
所以抛物线C:x2=4y，其准线为l:y=−1，
故可设点Ga,−1，由x2=4y，得y=14x2，
所以y′=12x，
所以直线GA的斜率为12x1.
因为点Ax1,y1和Bx2,y2在抛物线C上，
所以y1=14x12，y2=14x22，
所以直线GA的方程为y−14x12=12x1x−x1.
因为点Ga,−1在直线GA上，
所以−1−14x12=12x1a−x1，即x12−2ax1−4=0.
同理，x22−2ax2−4=0，
所以x1,x2是方程x2−2ax−4=0的两个根，
所以x1x2=−4.
又y1y2=14x12⋅14x22=116(x1x2)2=1，
所以x1x2+y1y2=−3.
(2)①证明：设直线AB方程为y=kx+m，
与抛物线方程联立，得y=kx+m，x2=4y，
所以x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0
x1+x2=4k，x1x2=−4m=−4，
所以m=1，即直线AB过定点0,1，即焦点.
②解：由①得AB:y=kx+1，
联立方程y=x12x−x124，y=x22x−x224，得x=2k，y=−1，即G2k,−1，
G点到直线AB的距离d=|k⋅2k+1+1|1+k2=2|k2+1|1+k2，
|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=4(1+k2)，
所以S=12×4(1+k2)×2|k2+1|1+k2=4(1+k2)32≥4，
当k=0时，△GAB面积取得最小值4，
此时直线AB的方程为y=1.