2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版（Word含解析）

这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版（Word含解析），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. 已知集合M＝{y|y＝2x+1, x∈R}，集合N＝{x|−x2+5x+6>0}，则M∩N＝（ ）
A.(−2, 3)B.(0, 6)C.(6, +∞)D.(1, 6)

2. 椭圆点＝1的离心率为（ ）
A.B.C.D.

3. 三张卡片上分别写上字母A、M、N，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词MAN的概率为（ ）
A.B.C.D.

4. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线的斜率为34，焦距为10，则双曲线C的方程为（ ）
A.x232−y218=1B.x23−y24=1C.x29−y216=1D.x216−y29=1

5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.6B.8C.10D.12

6. “m＝−3”是“直线(m+1)x+y+1＝0与直线2x+(m+2)y+2＝0互相平行”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

7. 已知直线l：(a−1)x+2ay+a+1＝0(a∈R)，圆C：(x−2)2+(y−1)2＝9，则下列说法正确的是（ ）
A.l与C可能相切或相交B.l与C可能相离或相切
C.l与C一定相交D.l与C可能相交或相离

8. 已知直线y＝-(x−2)与抛物线C:y2＝2px(p>0)的准线相交于M，与C的其中一个交点为N，若线段MN的中点在x轴上，则p＝（ ）
A.2B.4C.2D.4

9. 函数f(x)=3sin(2x+θ)+cs(2x+θ)(|θ|<π2)的图象向左平移π12个单位长度后得函数g(x)的图象，若g(x)的图象关于点(π6,0)对称，则g(x)的单调递减区间是（ ）
A.[π12+2kπ, 7π12+2kπ]，k∈Z
B.[−5π12+kπ, π12+kπ]，k∈Z
C.[−π12+kπ, 5π12+kπ]，k∈Z
D.[−5π12+kπ, 7π12+kπ]，k∈Z

10. 已知数列{an}的前n项和为Sn，，对任意的n∈N∗都有nan＝(n+2)an+1，则S2021＝（ ）
A.B.C.D.

11. 点P在椭圆C1:x24+y23=1上，C1的右焦点为F，点Q在圆C2:x2+y2+6x−8y+21＝0上，则|PQ|−|PF|的最小值为（ ）
A.42−4B.4−42C.6−25D.25−6

12. 设双曲线M:y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)的上顶点为A，直线y=a2+b2与M交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线交于点D若D到点(0, 2a2+b2)的距离不超过8a2+b2−7a，则M的离心率的取值范围是（ ）
A.[7+1, +∞)B.[7−1, +∞)C.(1, 7+1]D.(1, 7−1]
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

抛物线x2＝43y的焦点坐标为________．

已知两个单位向量和的夹角为120∘，则在方向上的投影为________．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccsA+acsC＝，B＝，则＝________．

已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

已知椭圆W:x2m+y2n=1(m>0, n>0)的离心率为e，长轴为AB，短轴为CD．
（1）若W的一个焦点为(3, 0)，|CD|＝6，求W的方程；

（2）若|AB|＝10，e=35，求W的方程．

已知动点P到点F(t, 0)(t为常数且t>0)的距离与到直线x＝−t的距离相等，且点(1, −1)在动点P的轨迹上．
（1）求动点P的轨迹C的方程，并求t的值；

（2）在（1）的条件下，已知直线l与轨迹C交于A，B两点，点M(2, 1)是线段AB的中点，求直线l的方程．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为CC1的中点．

（1）证明：EF // 平面AC1D；

（2）若AD＝2，AB＝3，AA1＝4，求点E到平面AC1D的距离．

如图，四边形ABCD为正方形，BE // DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE．

（1）证明：平面AEC⊥平面BDFE；

（2）求二面角A−FC−E的余弦值．

在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x−2)2+y2＝1，M为圆C的圆心，过原点O的直线l与圆C相交于A，B两点（A，B两点均不在x轴上）．
（1）若∠AMB＝60∘，求直线l的方程；

（2）求△ABM面积的最大值．

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，焦距为2，其上、下顶点分别为A，B．直线l:y＝−2与y轴交于点 E．点P是椭圆上的动点（异于A，B），直线PA，PB分别与直线l:y＝−2交于点M，N．连接AN，与椭圆C交于点Q．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设△AQM的面积为S1，△EQM的面积为S2，试判断是否为定值？并说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共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】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合M，N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ M＝{y|y>1}，N＝{x|−1∴ M∩N＝(1, 6)．
2.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
求出椭圆的长半轴以及半焦距的大小，然后求解离心率即可．
【解答】
椭圆点＝1，可得a＝，b＝，c＝，
可得e＝＝＝．
3.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用列举法能求出恰好排成英文单词MAN的概率．
【解答】
三张卡片上分别写上字母A、M、N，将三张卡片随机地排成一行，
包括的基本事件为：AMN，ANM，MAN，MNA，AMN，ANM，共6个，
故恰好排成英文单词MAN的概率为P＝．
4.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线的渐近线的斜率，转化求出双曲线实半轴与虚半轴的长，即可得到双曲线方程．
【解答】
解：根据题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的焦点在x轴上，
若其渐近线方程为y=±34x，则有ba=34，
又由2c=10，即c=5，则有a2+b2=25，
可得a2=16，b2=9，
即双曲线的标准方程为：x216−y29=1.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为2，上半部分为直三棱柱，高为2，底面是等腰直角三角形，直角边长为，再由正方体与棱柱的体积公式求解．
【解答】
由三视图还原原几何体如图，
该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为2，
上半部分为直三棱柱，高为2，底面是等腰直角三角形，直角边长为，
则该几何体的体积V＝．
6.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据直线平行的等价，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
直线(m+1)x+y+1＝0与直线2x+(m+2)y+2＝0互相平行，
∴ (m+1)(m+2)−1×2＝0，
∴ m(m+3)＝0
解得m＝−3或m＝0，
故m＝−3”是“直线(m+1)x+y+1＝0与直线2x+(m+2)y+2＝0互相平行”的充分不必要条件，
7.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由直线系方程可得直线所过定点，检验可得点在圆内，故一定相交．
【解答】
由直线l：(a−1)x+2ay+a+1＝0(a∈R)可得：
a(x+2y+1)−(x−1)＝0，
由可得该直线所过的定点为(1, −1)，
检验可知，该点在圆内，
8.
【答案】
B
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
求得直线与x轴的交点T(2, 0)，以及抛物线的准线方程，可得M的坐标，由中点坐标公式可得N的坐标，代入抛物线方程可得p的方程，解方程可得p的值．
【解答】
直线y＝-(x−2)与x轴的交点为T(2, 0)，
由抛物线的准线方程x＝-，可得M(−，(2+）），
由T为MN的中点，可得N(4+，-(2+）），
代入抛物线的方程可得3(2+）​2＝2p(4+），
化为p2+8p−48＝0，
解得p＝4（−12舍去），
9.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
利用两角和差的正弦公式化简函数的解析式，利用函数y＝Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得θ的值，再利用正弦单调性求得g(x)的减区间．
【解答】
∵ 函数f(x)=3sin(2x+θ)+cs(2x+θ)＝2sin(2x+θ+π6) (|θ|<π2)的图象向左平移π12个单位长度后，
得函数g(x)＝2sin(2x+π6+θ+π6)＝2sin(2x+θ+π3) 的图象，
再由函数g(x)的图象关于点(π6,0)对称，∴ θ+π3=kπ+π2，k∈Z，∴ θ=π3，得到函数g(x)＝2sin(2x+2π3)．
令2kπ+π2≤2x+2π3≤2kπ+3π2，可得kπ−π12≤x≤kπ+5π12，故函数的减区间为[kπ−π12, kπ+5π12]，k∈Z．
10.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，然后利用裂项求和法，求解数列的和即可．
【解答】
数列{an}满足，对任意的n∈N∗都有nan＝(n+2)an+1，
则有n(n+1)an＝(n+1)(n+2)an+1，可得数列{n(n+1)an}为常数列，
有n(n+1)an＝2a1，得n(n+1)an＝1，得，
又由，
所以．
11.
【答案】
D
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
利用椭圆方程求出焦点坐标，求出圆的圆心与半径，利用椭圆的定义，转化求解距离的最小值即可．
【解答】
点P在椭圆C1:x24+y23=1上，C1的右焦点为F(1, 0)，左焦点E(−1, 0)，如图：
圆C2:x2+y2+6x−8y+21＝0上，可得：(x+3)2+(y−4)2＝4，圆心坐标(−3, 4)，半径为2．
由椭圆的定义可得：|PE|+|PF|＝2a＝4，|PF|＝4−|PE|，
则|PQ|−|PF|＝|PQ|+|PE|−4，
由题意可得：|PQ|−|PF|的最小值为：|PQ|−|PF|＝|PQ|+|PE|−4＝|C2E|−2−4=(−3+1)2+(4−0)2−6＝25−6，
12.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，令x＝c，求得B，C的坐标，由双曲线的对称性知D在x轴上，设D(0, t)，则c−tb2a−0×c−a−b2a−0=−1，利用D到直线BC的距离不超过8a2+b2−7a，建立不等式关系，结合双曲线离心率的定义，即可得出结论
【解答】
记c=a2+b2，由题意可得B(b2a, c)，C(−b2a, c)，
由双曲线的对称性可知D点在y轴上，设D(0, t)，
则c−tb2a−0×c−a−b2a−0=−1，
则t＝c−b4a2(c−a)=c−(c+a)2(c−a)a2，
∴ 2c−[c−(c+a)2(c−a)a2]≤8a2+b2−7a＝8c−7a，
∴ (c+a)2(c−a)a2≤7(c−a)，
∴ c2+2ac+a2≤7a2，
即e2+2e−6≤0，
解得−1−7≤e≤−1+7，
∵ e>1，
∴ e∈(1, 7−1]，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
(0, 3)
【考点】
抛物线的性质
【解析】
直接利用抛物线的标准方程求解焦点坐标．
【解答】
抛物线x2＝43y的焦点坐标(0, 3)．
【答案】
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
根据条件即可求出，从而得出在方向上的投影为：．
【解答】
∵ ；
∴ ；
∴ ；
∴ 在方向上的投影为：＝．
【答案】
2
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理化简已知等式可求三角形的外接圆半径，进而利用正弦定理，比例的性质即可求解．
【解答】
因为，
由正弦定理得：，
可得2Rsin(C+A)＝2RsinB＝R＝，
则R＝1，
所以．
【答案】
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AE与平面A1ED所成角的正弦值．
【解答】
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝1，
BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
A(2, 0, 0)，E(0, 1, 2)，A1(2, 0, 4)，D(0, 0, 0)，
＝(2, −1, −2)，＝(2, 0, 4)，＝(0, 1, 2)，]
设平面A1ED的法向量＝(x, y, z)，
则，取z＝1，得＝(−2, −2, 1)，
设直线AE与平面A1ED所成角为θ，
则sinθ＝＝＝，
∴ 直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
【答案】
由已知可得，c＝3，2b＝6，b＝3．
∴ a2＝b2+c2＝18．
由题意可知，椭圆焦点在x轴上，则椭圆方程为x218+y29=1；
由已知可得，2a＝10，则a＝5，
又e=ca=35，∴ c＝3，则b2＝a2−c2＝16．
若椭圆焦点在x轴上，则椭圆方程为x225+y216=1．
若椭圆焦点在y轴上，则椭圆方程为x216+y225=1．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
（1）由已知求得c与b的值，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；
（2）由已知求得a，结合离心率求得c，再由隐含条件求得b，然后分类写出椭圆方程．
【解答】
由已知可得，c＝3，2b＝6，b＝3．
∴ a2＝b2+c2＝18．
由题意可知，椭圆焦点在x轴上，则椭圆方程为x218+y29=1；
由已知可得，2a＝10，则a＝5，
又e=ca=35，∴ c＝3，则b2＝a2−c2＝16．
若椭圆焦点在x轴上，则椭圆方程为x225+y216=1．
若椭圆焦点在y轴上，则椭圆方程为x216+y225=1．
【答案】
动点P到F(t, 0)的距离与到直线x＝−t的距离相等，
所以点P的轨迹是以F(t, 0)为焦点，x＝−t的为准线的抛物线，
故点P的轨迹方程为y2＝4tx，
又点(1, −1)在动点P的轨迹上，
所以，
故动点P的轨迹C的方程y2＝x；
设直线l的方程为x＝ky+m，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因为AB的中点为(2, 1)，则有2＝k+m，
联立方程组，则有y2−ky−m＝0，
所以y1+y2＝k＝2，
故m＝0，
所以直线l的方程为．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）利用抛物线的定义即可得到轨迹方程，再利用点在抛物线上，即可求出t的值；
（2）设出直线l的方程为x＝ky+m，联立直线与抛物线，利用韦达定理和中点坐标公式求出k的值，再利用中点在直线l上，求出m的值，即可得到答案．
【解答】
动点P到F(t, 0)的距离与到直线x＝−t的距离相等，
所以点P的轨迹是以F(t, 0)为焦点，x＝−t的为准线的抛物线，
故点P的轨迹方程为y2＝4tx，
又点(1, −1)在动点P的轨迹上，
所以，
故动点P的轨迹C的方程y2＝x；
设直线l的方程为x＝ky+m，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因为AB的中点为(2, 1)，则有2＝k+m，
联立方程组，则有y2−ky−m＝0，
所以y1+y2＝k＝2，
故m＝0，
所以直线l的方程为．
【答案】
证明：如图，取C1D的中点G，连GF，AG，
∵ G为C1D的中点，F为CC1的中点，
∴ GF // CD且CD＝2GF，
∵ E为AB的中点，AB＝CD，AB // CD，
∴ AE // GF且AE＝GF，
∴ 四边行AEFG为平行四边形，∴ AG // EF，
∵ AG // EF，AG⊂平面AC1D，EF⊄平面AC1D，
∴ EF // 平面AC1D．
∵ 由长方体ABCD−A1B1C1D1的性质，
∴ AD⊥平面CDD1C1，
∵ C1D⊂平面CDD1C1，∴ AD⊥C1D，
在Rt△CC1D中，由CD＝3，CC1＝4，
可得，
在Rt△AC1D中，由AD＝2，C1D＝5，
可得，
设点E到平面AC1D的距离为d，
由，有，可得，
故点E到平面AC1D的距离为．
【考点】
直线与平面平行
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）取C1D的中点G，连GF，AG，推导出四边行AEFG为平行四边形，从而AG // EF，由此能证明EF // 平面AC1D．
（2）推导出AD⊥平面CDD1C1，从而AD⊥C1D，设点E到平面AC1D的距离为d，由，能求出点E到平面AC1D的距离．
【解答】
证明：如图，取C1D的中点G，连GF，AG，
∵ G为C1D的中点，F为CC1的中点，
∴ GF // CD且CD＝2GF，
∵ E为AB的中点，AB＝CD，AB // CD，
∴ AE // GF且AE＝GF，
∴ 四边行AEFG为平行四边形，∴ AG // EF，
∵ AG // EF，AG⊂平面AC1D，EF⊄平面AC1D，
∴ EF // 平面AC1D．
∵ 由长方体ABCD−A1B1C1D1的性质，
∴ AD⊥平面CDD1C1，
∵ C1D⊂平面CDD1C1，∴ AD⊥C1D，
在Rt△CC1D中，由CD＝3，CC1＝4，
可得，
在Rt△AC1D中，由AD＝2，C1D＝5，
可得，
设点E到平面AC1D的距离为d，
由，有，可得，
故点E到平面AC1D的距离为．
【答案】
∵ 四边形ABCD为正方形，BE // DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE．
∴ 四边形BDEF是平行四边形，AB⊥DF，AD⊥DC，AC⊥BD，
∵ BE2+BC2＝＝EC2，∴ BE⊥BC，
∴ BE⊥平面ABCD，∴ AC⊥BC，
∵ BD∩BE＝B，∴ AC⊥平面BDFE，
∵ AC⊂平面ACE，∴ 平面AEC⊥平面BDFE．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝BE＝DF＝EC＝，则A（，0，0)，C(0，，0)，E（），F(0，0，），
＝（），＝(0，），＝（，0)，
设平面AFC的法向量＝(x, y, z)，
则，取x＝1，得＝(1, 1, 1)，
设平面EFC的法向量＝(x, y, z)，
则，取x＝1，得＝(1, −1, −1)，
设二面角A−FC−E的平面角为θ，
则csθ＝＝＝．
∴ 二面角A−FC−E的余弦值为．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
（1）推导出AB⊥DF，AD⊥DC，AC⊥BD，BE⊥BC，从而BE⊥平面ABCD，进而AC⊥BC，由此能证明AC⊥平面BDFE，从而平面AEC⊥平面BDFE．
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−FC−E的余弦值．
【解答】
∵ 四边形ABCD为正方形，BE // DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE．
∴ 四边形BDEF是平行四边形，AB⊥DF，AD⊥DC，AC⊥BD，
∵ BE2+BC2＝＝EC2，∴ BE⊥BC，
∴ BE⊥平面ABCD，∴ AC⊥BC，
∵ BD∩BE＝B，∴ AC⊥平面BDFE，
∵ AC⊂平面ACE，∴ 平面AEC⊥平面BDFE．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝BE＝DF＝EC＝，则A（，0，0)，C(0，，0)，E（），F(0，0，），
＝（），＝(0，），＝（，0)，
设平面AFC的法向量＝(x, y, z)，
则，取x＝1，得＝(1, 1, 1)，
设平面EFC的法向量＝(x, y, z)，
则，取x＝1，得＝(1, −1, −1)，
设二面角A−FC−E的平面角为θ，
则csθ＝＝＝．
∴ 二面角A−FC−E的余弦值为．
【答案】
当∠AMB＝60∘时，△ABM为等边三角形，由圆C的半径为1，可知|AB|＝1．
圆心M(2, 0)到直线l的距离为，
有，解得，
故直线l的方程为．
由圆心M(2, 0)到直线l的距离为，
可得，
设△ABM的面积为S(k)，
有，
设t＝k2+1(t>1)，可得k2＝t−1，
有
＝
＝，
可得当时，，，
故△ABM面积的最大值为．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由直线l与圆C相交于两点，直线l的斜率必定存在，设直线l的方程为y＝kx
（1）当∠AMB＝60∘时，通过圆心M(2, 0)到直线l的距离为，半径以及半弦长的关系，求解直线的斜率，得到直线方程．
（2）由圆心M(2, 0)到直线l的距离为，求出弦长，写出三角形的面积，利用基本不等式求解最值即可．
【解答】
当∠AMB＝60∘时，△ABM为等边三角形，由圆C的半径为1，可知|AB|＝1．
圆心M(2, 0)到直线l的距离为，
有，解得，
故直线l的方程为．
由圆心M(2, 0)到直线l的距离为，
可得，
设△ABM的面积为S(k)，
有，
设t＝k2+1(t>1)，可得k2＝t−1，
有
＝
＝，
可得当时，，，
故△ABM面积的最大值为．
【答案】
根据题意可得，
解得a2＝2，b2＝1，c2＝1，
所以椭圆的方程为+y2＝1．
由（1）可知A(0, 1)，B(0, −1)，E(0, −2)，
设P(x0, y0)，点A到直线QM的距离d1，点E到直线QM的距离为d2
所以S1＝S△AQM＝•|QM|⋅d1，
S2＝S△EQM＝•|QM|⋅d2，
所以＝＝＝＝2．
所以为定值2．
【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）根据题意可得，解得a2，b2，c2，进而可得椭圆的方程．
（2）由（1）可知A(0, 1)，B(0, −1)，E(0, −2)设P(x0, y0)，点A到直线QM的距离d1，点E到直线QM的距离为d2，可得为定值．
【解答】
根据题意可得，
解得a2＝2，b2＝1，c2＝1，
所以椭圆的方程为+y2＝1．
由（1）可知A(0, 1)，B(0, −1)，E(0, −2)，
设P(x0, y0)，点A到直线QM的距离d1，点E到直线QM的距离为d2
所以S1＝S△AQM＝•|QM|⋅d1，
S2＝S△EQM＝•|QM|⋅d2，
所以＝＝＝＝2．
所以为定值2．