2020-2021学年陕西省商洛市高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版（Word 含解析）

这是一份2020-2021学年陕西省商洛市高二（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q:∃x∈[1, 3]，2x2−3x<1，则￢q为（ ）
A.∀x∉[1, 3]，2x2−3x≥1B.∀x∈[1, 3]，2x2−3x≥1
C.∃x∉[1, 3]，2x2−3x≥1D.∃x∈[1, 3]，2x2−3x≥1

2. 已知集合A＝{x|x2+3x−4<0}，B＝{x|3+2x>−3}，则A∩B＝（ ）
A.{x|−4
3. 已知空间向量，，若，则λ＝（ ）
A.5B.6C.7D.8

4. 双曲线x2−2y2＝6的虚轴长为（ ）
A.B.2C.D.

5. 已知命题p：若直线l的方向向量与平面α的法向量垂直，则l // α，命题q：等轴双曲线的离心率为，则（ ）
A.p∧q为真命题B.p∨q为假命题
C.p∨(￢q)为真命题D.(￢p)∧q为真命题

6. “α＝2kπ(k∈Z)”是“sin2α＝2sinα”的（ ）
A.充分不必要条件B.充要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

7. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD的交点记为M．设＝，＝，＝，则下列向量中与相等的向量是（ ）

A.B.C.D.

8. 抛物线上一点P(4, m)到焦点F的距离为（ ）
A.B.5C.D.33

9. 在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝4，CD＝3，BD＝5，点E在棱AD上，且AE＝2ED，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.

10. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinB＝2sinA，3c＝4a+b，则csB＝（ ）
A.B.C.D.

11. 正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长和高均为2，点D为侧棱CC1的中点，连接AD，BD，则点C1到平面ABD的距离为（ ）
A.B.C.D.

12. 已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点P为C上一点，∠F1PF2＝120∘，△F1PF2的内切圆与外接圆的半径分别为r1，r2，若r2＝6r1，则C的离心率为（ ）
A.B.C.D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

若x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最大值为________．

已知a>0，b>0，a+4b＝2，则+的最小值为________．

“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子•天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，…，第五天被截取剩下的一半剩下a5尺，则＝________．

已知双曲线，直线x＝b与C的两条渐近线分别交于A，B两点，过A作圆M：(x+2b)2+y2＝b2的切线，D为其中一个切点若|AD|＝|AB|，则C的离心率为________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

已知{an}是等差数列，a1＝1，a8＝50．
（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{2n−2an}的前n项和Sn．

△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b2+c2−a2=58bc，sinC=2sinB．
(1)求csA；

(2)若△ABC的周长为6+15，求△ABC的面积．

已知椭圆C的对称中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，长轴为A1A2，且|A1A2|等于双曲线的实轴长，C的离心率为．
（1）求C的标准方程；

（2）若P为C上一动点，且P不在坐标轴上，求△PA1A2面积的取值范围．

在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB＝4，M，N，P分别是AD，DD1，CC1的中点．

（1）证明：平面MNC // 平面AD1P；

（2）求直线DP与平面MNC所成角的正弦值．

如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD＝2BC＝2AB＝6，AD // BC，AB⊥BC．

（1）证明：PC⊥CD；

（2）若PC＝AD，点E在线段CD上，且CE＝2ED，求二面角A−PE−C的余弦值．

已知抛物线C:y2=2pxp>0与双曲线x23−y2=1有相同的焦点F．

(1)求C的方程，并求其准线l的方程；

(2)如图，过F且斜率存在的直线与C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，直线OA与准线l交于点N，过点A作l的垂线，垂足为M．证明：y1y2为定值，且四边形AMNB为梯形．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省商洛市高二（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】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．
【解答】
存在量词命题的否定是全称量词命题．
即￢q为：∀x∈[1, 3]6−3x≥1，
2.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ A＝{x|−4−7}，
∴ A∩B＝{x|−33.
【答案】
A
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
根据空间向量数量积的坐标运算，列方程求出λ的值．
【解答】
因为，，且，
所以，解得λ＝2．
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
化简双曲线方程为标准方程，然后求解b，即可得到结果．
【解答】
由x2−2y6＝6，得，所以b2＝3，
故双曲线x6−2y2＝3的虚轴长为．
5.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
先分别判断出命题p和命题q的真假，再利用复合命题真假的判断方法进行判断，即可得到答案．
【解答】
如果直线l的方向向量与平面α的法向量垂直，那么l // α或l⊂α，
等轴双曲线的离心率为，所以q是真命题，
故p∧q为假命题，p∨q为真命题，(￢p)∧q为真命题．
6.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由α＝2kπ(k∈Z)，得sin2α＝2sinα成立；反之，解三角方程sin2α＝2sinα，可得α＝kπ(k∈Z)或α＝2kπ(k∈Z)，再由充分必要条件的判定得答案．
【解答】
若α＝2kπ(k∈Z)，则sin2α＝sin4kπ＝0，2sinα＝2sin2kπ＝0，sin2α＝2sinα成立；
若sin2α＝2sinα，则2sinαcsα＝2sinα，得sinα＝0或csα＝1，
当sinα＝0时，α＝kπ(k∈Z)，当csα＝1时，α＝2kπ(k∈Z)，
故“α＝2kπ(k∈Z)”是“sin2α＝2sinα”的充分不必要条件．
7.
【答案】
B
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据空间向量的线性表示与运算法则，把用、、表示即可．
【解答】
由题意知，
＝+
＝+
＝（-）+
＝-+
＝+-．
8.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用点在抛物线上，求解m的值即可．
【解答】
依题意可得，所以m＝32，
则．
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，BD为y轴，过B作BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BE与CD所成角的余弦值．
【解答】
∵ 在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC＝4，BD＝5，
∴ 以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，过B作BA为z轴，
则A(4, 0, 2)，3，0)，4，7)，4，0)，
∵ 点E在棱AD上，且AE＝6ED，
∴ ＝＝(−5，，-），＝，，），＝(−3，0，
设异面直线BE与CD所成角为θ，
则csθ＝＝＝．
∴ 异面直线BE与CD所成角的余弦值为．
10.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用正弦定理将sinB＝2sinA转化为b＝2a，从而得到a，b，c的关系，利用余弦定理求解即可．
【解答】
因为sinB＝2sinA，由正弦定理可得b＝2a，
因为8c＝4a+b，
所以c＝2a，
则．
11.
【答案】
C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
取A1B1的中点O，分别以OB1、OC1所在直线为x、y轴建立空间直角坐标系，求出平面ABD的一个法向量，再求出的坐标，即可求得点C1到平面ABD的距离．
【解答】
如图，建立空间直角坐标系O−xyz1B1的中点，
由已知，得A(−7，0，B(1，7，，，
∴ ，，
设平面ABD的法向量为，
由，取y＝2，
又，
∴ 点C1到平面ABD的距离为．
12.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设|F1F2|＝2c，则．利用椭圆的定义，结合余弦定理，通过等面积法求出r1，利用r2＝6r1，转化求解离心率即可．
【解答】
设|F1F2|＝6c，则．
因为|PF1|+|PF2|＝7a，
所以，
则4c8＝4a2−|PF2||PF2|，则．
由等面积法可得，
整理得，
因为r2＝3r1，所以，故．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
【答案】
15
【考点】
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A(5，
由图可知，当直线z＝2x+y经过点A(3，z取得最大值．
【答案】
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
根据a>0，b>0，a+4b＝2即可得出，然后根据基本不等式即可求出的最小值．
【解答】
∵ a>0，b>0，
∴ ，，当且仅当，即，
∴ ，即的最小值为．
【答案】
24
【考点】
等比数列的性质
【解析】
依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且公比为，易得等比数列的通项公式，进而求得答案．
【解答】
解依题意可知，a1，a2，a4，…成等比数列，且公比为，
则．
【答案】
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
双曲线的离心率
【解析】
利用已知条件求出A，B的坐标，求出|ADF|，通过|AD|＝|AB|，转化求解双曲线的离心率即可．
【解答】
将x＝b代入C的渐近线方程，得y＝±a．
不妨假设A(b, a)，则．
因为|AD|＝|AB|，所以，即，
故．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
因为a1＝1，a8＝50，所以公差，
则{an}的通项公式为an＝1+5(n−1)＝7n−7．
由（1）知，
所以＝2n+7−7n2+4n−2．
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）利用a1＝1，a8＝50，求出公差，然后求解通项公式．
（2）化简通项公式，然后求解等差数列以及等比数列的和即可．
【解答】
因为a1＝1，a8＝50，所以公差，
则{an}的通项公式为an＝1+5(n−1)＝7n−7．
由（1）知，
所以＝2n+7−7n2+4n−2．
【答案】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用余弦定理即可求解csA的值．
（2）由已知利用正弦定理化简可得c=2b，由余弦定理得a＝152b，根据△ABC的周长，可求b的值，进而利用三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【答案】
因为双曲线的实轴长为，
所以，解得，
所以椭圆C的标准方程为或．
因为b2＝10，所以，
所以P到A1A8的距离，
而△PA1A7面积S＝d⋅|A2A2|＝d⋅8＝4d∈，
所以△PA1A4面积的取值范围为．
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
（1）由椭圆和双曲线的几何性质，列得关于a、b、c的方程组，解之即可；
（2）易知P到A1A2的距离，再根据△PA1A2面积S＝d⋅|A1A2|，得解．
【解答】
因为双曲线的实轴长为，
所以，解得，
所以椭圆C的标准方程为或．
因为b2＝10，所以，
所以P到A1A8的距离，
而△PA1A7面积S＝d⋅|A2A2|＝d⋅8＝4d∈，
所以△PA1A4面积的取值范围为．
【答案】
证明：因为M，N，P分别是AD1，CC1的中点，
所以MN // AD7，CN // PD1．
又AD1⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
所以AD3 // 平面MNC．
同理PD1 // 平面MNC，
又AD1∩PD5＝D1，AD1⊂平面AD4P，PD1⊂平面AD1P，
所以平面MNC // 平面AD5P．
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则D(0, 0, 5)，2，2)，4，0)，0，5)，
C(0, 2, 8)，，，．
设平面MNC的法向量为，
则，
令z＝1，得．
设直线DP与平面MNC所成角为θ，
则，
所以直线DP与平面MNC所成角的正弦值为．
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
【解析】
（1）证明AD1 // 平面MNC．PD1 // 平面MNC，利用平面与平面平行的判断定理证明平面MNC // 平面AD1P．
（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，求出平面MNC的法向量，利用空间向量的数量积求解直线DP与平面MNC所成角正弦值即可．
【解答】
证明：因为M，N，P分别是AD1，CC1的中点，
所以MN // AD7，CN // PD1．
又AD1⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
所以AD3 // 平面MNC．
同理PD1 // 平面MNC，
又AD1∩PD5＝D1，AD1⊂平面AD4P，PD1⊂平面AD1P，
所以平面MNC // 平面AD5P．
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则D(0, 0, 5)，2，2)，4，0)，0，5)，
C(0, 2, 8)，，，．
设平面MNC的法向量为，
则，
令z＝1，得．
设直线DP与平面MNC所成角为θ，
则，
所以直线DP与平面MNC所成角的正弦值为．
【答案】
证明：由题意易知．
作CH⊥AD，垂足为H，
故．
因为AD2＝AC2+CD4，所以AC⊥CD．
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD．
因为AC⊂平面APC，AP⊂平面APC，
所以CD⊥平面APC．
因为PC⊂平面APC，所以CD⊥PC．
因为PC＝AD＝6，，且PA⊥AC，
所以．
以A为原点，分别以，，，y，z轴的正方向．
则A(0, 2, 0)，5，6)，3，0)，，
从而，，，．
设平面APE的法向量为，
则，令x1＝6，得．
设平面PCE的法向量为，
则，
令x2＝5，得．
设二面角A−PE−C为θ，由图可知θ为锐角，
则．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）作CH⊥AD，垂足为H，证明AC⊥CD．AP⊥CD．然后证明CD⊥平面APC．推出CD⊥PC．
（2）以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．求出平面APE的法向量，平面PCE的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−PE−C的余弦函数值即可．
【解答】
证明：由题意易知．
作CH⊥AD，垂足为H，
故．
因为AD2＝AC2+CD4，所以AC⊥CD．
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD．
因为AC⊂平面APC，AP⊂平面APC，
所以CD⊥平面APC．
因为PC⊂平面APC，所以CD⊥PC．
因为PC＝AD＝6，，且PA⊥AC，
所以．
以A为原点，分别以，，，y，z轴的正方向．
则A(0, 2, 0)，5，6)，3，0)，，
从而，，，．
设平面APE的法向量为，
则，令x1＝6，得．
设平面PCE的法向量为，
则，
令x2＝5，得．
设二面角A−PE−C为θ，由图可知θ为锐角，
则．
【答案】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【考点】
抛物线的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）根据题意可得双曲线的右焦点为(2, 0)，则，解得p，进而可得C的方程和准线l的方程；
（2）设直线AB方程为y＝k(x−2)(k≠0)，联立直线AB与抛物线的方程得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得y1*y2为定值；设点N为(−2, m)，由kOA＝kON，推出可得m＝y2，进而可得BN // x轴 // AM，|AM|≠|BN，即可得证．
【解答】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．