2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（上）1月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（上）1月月考数学试卷人教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. 不等式x2−2x−5>2x的解集是( )
A.{x|x≤−1或x≥5} B.{x|x5}
C.x|−10的最小值是________.

已知向量a→=(2, −1, 3)，b→=(−4, 2, x)．若a→ // b→，则x=________．

若一个圆锥的轴截面是正三角形，其面积为3，则该圆锥的体积是________.

直线3x−y+m=0与圆x2+y2−2x−2=0相切，则实数m=________．
三、解答题

已知点P(−4, 2)，直线l:3x−2y−7=0，求：
(1)过点P且与直线l平行的直线方程；

(2)过点P且与直线l垂直的直线方程．

已知A−2,0,2，B−1,1,2，C−3,0,4，设a→=AB→，b→=AC→.
(1)求a→⋅b→；

(2)求|2a→+3b→|.

设圆C1:x2+y2+2x+8y−8=0，圆C2:x2+y2−4x−4y−2=0.
(1)求两圆公共弦AB所在的直线方程；

(2)求两圆的公共弦长|AB|.

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的底面△ABC中CA=CB=1，∠BCA=90∘，AA1=2，M是A1B1的中点．

(1)求证：A1B⊥C1M；

(2)求BA1与CB1所成角的余弦值.

如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=22AD，设E、F分别为PC、BD的中点．

(1)求证：EF // 平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，离心率e=32．
(1)求C的方程；

(2)直线l:y=12x+m与C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（上）1月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：原不等式可化为x2−4x−5>0，
所以x−5x+1>0，解得：x5，
所以不等式x2−2x−5>2x的解集是{x|x5} .
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
将直线方程化为斜截式，得到直线的斜率后求其倾斜角．
【解答】
解：将直线方程化为：y=−3x−33，
可得，直线的斜率为−3，
所以倾斜角为120∘，
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
根据题目中所给的两个点的坐标，把点的坐标代入求两点之间的距离的公式，进行式子的加减和平方运算，得到结果．
【解答】
解：∵ A(−3, 4, 0)，B(2, −1, 6)，
∴ |AB|=[2−(−3)]2+(−1−4)2+(6−0)2=86．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
球的内接正方体的对角线的长，就是球的直径，设出正方体的棱长，求出球的半径，求出两个表面积即可确定比值．
【解答】
解：设正方体边长为a,
则球的半径为3a2,
所以球的表面积S1=4πR2=4π×34×a2=3πa2.
而正方体表面积为：S2=6a2,
所以比值为：S1S2=π2.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
【解析】
根据题目的已知条件，利用异面直线及其所成的角的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握异面直线所成角的求法：1、平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；2、补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系．
【解答】
解：由题可知，因为有m⊥α，n⊥β，
所以m，n所成的角与二面角α−l−β所成的角相等或者互补，
因为二面角α−l−β的大小为60∘，所以异面直线m，n所成的角为60∘.
故选B.
6.
【答案】
B
【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】
将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：A，a//b，a//α⇒b//α 或b⊂α，故A错误；
B，a⊥α，b//α⇒a⊥b，故B正确；
C，a⊥b，b//α⇒a与α平行或相交，故C错误；
D，a//α，α//β⇒a//β或a⊂β，故D错误.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
利用抛物线y2＝2px(p>0)的准线经过点(−1, 1)，求得p2=1，即可求出抛物线焦点坐标．
【解答】
解：∵ 抛物线y2=2px(p>0)的准线经过(−1, 1)，
∴ 准线x=−p2=−1，解得p=2，
∴ 该抛物线的焦点坐标是(1, 0)．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
与圆有关的最值问题
直线的斜率
【解析】
yx表示圆上动点与原点O连线的斜率，画出满足等式(x−2)2+y2=3的图形，由数形结合，我们易求出yx的最大值．
【解答】
解：满足(x−2)2+y2=3的图形是以点(2,0)为圆心，以3为半径的圆，如图所示：
yx表示圆上动点与原点O连线的斜率，
由图可得动点与B重合时，此时OB与圆相切，yx取最大值，
连接BC，在Rt△OBC中，BC=3，OC=2，
sin∠BOC=BCOC=32，所以∠BOC=60∘，
此时yx=tan60∘=3.
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由向量的坐标运算可得a→+λb→的坐标，再由垂直关系可得(a→+λb→)⋅a→=0，解关于λ的方程可得．
【解答】
解：∵ a→=(0,1,−1)，b→=(1,1,0)，
∴ a→+λb→=(λ, 1+λ, −1)，
又∵ (a→+λb→)⊥a→，
∴ (a→+λb→)⋅a→=1+λ+1=0，
解得λ=−2.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线与双曲线的位置关系
【解析】
根据直线和双曲线的位置关系，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
【解答】
解：联立y=kx−1，x2−y2=4，
整理为1−k2x2+2kx−5=0 ，
当1−k2=0时，k=±1，有1个解，即有一个公共点；
若1−k2≠0时，Δ=4k2+201−k2=0⇒k=±52，
所以当直线y=kx−1与双曲线x2−y2=4有一个公共点时，k=±1或k=±52，
所以k=±52是直线y=kx−1与双曲线x2−y2=4仅有一个公共点的充分不必要条件.
故选A.
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
正弦定理
【解析】
先依据正弦定理把的角的正弦转化成边，进而根据椭圆定义，根据椭圆方程中的a和b求得c，代入上式答案可得．
【解答】
解：椭圆x225+y216=1，
a=5，b=4，c=52−42=3，
则其焦点坐标为(−3, 0)和(3, 0)，恰好是A、C两点，
则AC=2c=6，BC+BA=2a=10，
由正弦定理可得：sinA+sinCsinB=BC+BAAC=106=53．
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
直接由向量共线，得到c→=ma→+nb→，从而构造方程组，即可得出答案.
【解答】
解：∵ a→，b→，c→三个向量共面，
∴ 存在实数m，n，
使得c→=ma→+nb→=2m−n,−m+4n,3m−2n，
即7=2m−n，5=−m+4n，x=3m−2n，
∴ x=657.
故选D．
二、填空题
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由基本不等式的使用条件可知4x=1x时取最小值，由此即可求解.
【解答】
解：∵ x>0，
∴ 4x+1x≥24x⋅1x=4，当且仅当4x=1x，即x=12时取等号，
∴ 函数y=4x+1xx>0的最小值是4.
故答案为：4.
【答案】
−6
【考点】
平行向量的性质
【解析】
由于a→ // b→，可得存在实数λ使得a→=λb→．利用向量相等即可得出．
【解答】
解：∵ a→ // b→，
∴ 存在实数λ使得a→=λb→，
∴ 2=−4λ，−1=2λ，3=λx，解得x=−6．
故答案为：−6．
【答案】
33π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由圆锥的轴截面是等边三角形及面积，分析圆锥的母线长和底面半径长，进而求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式即可获得问题的解答．
【解答】
解：一个圆锥的轴截面是正三角形，其面积为3，
设正三角形边长为a，
则34a2=3，
∴ a2=4，
∴ a=2，
故圆锥的母线l=2，底面半径r=1，
则圆锥的高ℎ=l2−r2=3，
故圆锥的体积V=13πr2ℎ=33π．
故答案为：33π．
【答案】
3或−33
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
求出圆x2+y2−2x−2=0的圆心为C(1, 0)、半径r=3，根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列式，解之即可得到实数m的值．
【解答】
解：∵ 将圆x2+y2−2x−2=0化成标准方程，得(x−1)2+y2=3，
∴ 圆x2+y2−2x−2=0的圆心为C(1, 0)，半径r=3．
∵ 直线3x−y+m=0与圆x2+y2−2x−2=0相切，
∴ 点C到直线3x−y+m=0的距离等于半径，
即|3−0+m|3+1=3，
解得m=3或−33．
故答案为：3或−33．
三、解答题
【答案】
解：(1)直线l:3x−2y−7=0，kl=32，
∵ 所求直线与直线l:3x−2y−7=0平行，
∴ k=kl=32，
过点P(−4,2)，
则所求直线方程为y−2=32(x+4)，即3x−2y+16=0.
(2)直线l:3x−2y−7=0，kl=32，
∵ 所求直线与直线l:3x−2y−7=0垂直，
∴ k⋅kl=−1，k=−23，
过点P(−4,2)，
则所求直线方程为y−2=−23(x+4)，即2x+3y+2=0.
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
直线的点斜式方程
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
（1）由题意设所求方程为3x−2y+c=0，点P的坐标适合方程，代入可得c的值，即得答案；
（2）同理设所求方程为2x+3y+t=0，代点可得t值，进而得方程．
【解答】
解：(1)直线l:3x−2y−7=0，kl=32，
∵ 所求直线与直线l:3x−2y−7=0平行，
∴ k=kl=32，
过点P(−4,2)，
则所求直线方程为y−2=32(x+4)，即3x−2y+16=0.
(2)直线l:3x−2y−7=0，kl=32，
∵ 所求直线与直线l:3x−2y−7=0垂直，
∴ k⋅kl=−1，k=−23，
过点P(−4,2)，
则所求直线方程为y−2=−23(x+4)，即2x+3y+2=0.
【答案】
解：1a→=AB→=1,1,0，b→=AC→=−1,0,2，
∴ a→⋅b→=1×−1+1×0+0×2=−1.
2a→=(1,1,0)，b→=(−1,0,2)，
则2a→+3b→=(−1,2,6)，
∴ |2a→+3b→|=(−1)2+22+62=41.
【考点】
空间向量运算的坐标表示
空间向量的数量积运算
向量的模
【解析】
1首先确定向量，再利用空间向量坐标的数量积运算即可；
2直接求模计算即可.
【解答】
解：1a→=AB→=1,1,0，b→=AC→=−1,0,2，
∴ a→⋅b→=1×−1+1×0+0×2=−1.
2a→=(1,1,0)，b→=(−1,0,2)，
则2a→+3b→=(−1,2,6)，
∴ |2a→+3b→|=(−1)2+22+62=41.
【答案】
解：1C1:x2+y2+2x+8y−8=0，①
C2:x2+y2−4x−4y−2=0，②
①−②得x+2y−1=0.
所以两圆公共弦AB所在的直线方程为x+2y−1=0.
2圆C1可化为(x+1)2+(y+4)2=25，
圆C1的圆心为(−1,−4)，半径r1=5，
点C1(−1,−4)到直线x+2y−1=0的距离
d=|−1+2×(−4)−1|1+4=25，
则两圆的公共弦长|AB|=2r12−d2=25.
【考点】
相交弦所在直线的方程
点到直线的距离公式
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1C1:x2+y2+2x+8y−8=0，①
C2:x2+y2−4x−4y−2=0，②
①−②得x+2y−1=0.
所以两圆公共弦AB所在的直线方程为x+2y−1=0.
2圆C1可化为(x+1)2+(y+4)2=25，
圆C1的圆心为(−1,−4)，半径r1=5，
点C1(−1,−4)到直线x+2y−1=0的距离
d=|−1+2×(−4)−1|1+4=25，
则两圆的公共弦长|AB|=2r12−d2=25.
【答案】
(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，
所以C1C⊥CA，C1C⊥CB，
又∠BCA=90∘，
所以C1C，CA，CB两两垂直，
以C为坐标原点，CA，CB，CC1方向为正方向建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
依题意，A11,0,2，B0,1,0，B10,1,2，C10,0,2，
因为M是A1B1的中点，
所以M12,12,2，
A1B→=−1,1,−2，C1M→=12,12,0，
所以A1B→⋅C1M→=−12+12+0=0，
所以A1B→⊥C1M→，从而A1B⊥C1M．
(2)解：因为A11,0,2，B0,1,0，C0,0,0，B10,1,2，
所以BA1→=1,−1,2，CB1→=0,1,2，
BA1→⋅CB1→=3，|BA1→|=6，|CB1→|=5，
设异面直线BA1与CB1所成的角为θ，
则csθ=|cs|=|BA1→⋅CB1→||BA1→||CB1→|=3010，
所以异面直线BA1与CB1所成的角的余弦值为3010．
【考点】
两条直线垂直的判定
数量积判断两个平面向量的垂直关系
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，
所以C1C⊥CA，C1C⊥CB，
又∠BCA=90∘，
所以C1C，CA，CB两两垂直，
以C为坐标原点，CA，CB，CC1方向为正方向建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
依题意，A11,0,2，B0,1,0，B10,1,2，C10,0,2，
因为M是A1B1的中点，
所以M12,12,2，
A1B→=−1,1,−2，C1M→=12,12,0，
所以A1B→⋅C1M→=−12+12+0=0，
所以A1B→⊥C1M→，从而A1B⊥C1M．
(2)解：因为A11,0,2，B0,1,0，C0,0,0，B10,1,2，
所以BA1→=1,−1,2，CB1→=0,1,2，
BA1→⋅CB1→=3，|BA1→|=6，|CB1→|=5，
设异面直线BA1与CB1所成的角为θ，
则csθ=|cs|=|BA1→⋅CB1→||BA1→||CB1→|=3010，
所以异面直线BA1与CB1所成的角的余弦值为3010．
【答案】
证明：(1)连接AC，如图，
在正方形ABCD中，F是BD的中点，
则F是AC的中点，
又E是PC的中点，
∴ EF // PA，
又∵ PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
∵ CD∩PD=D，且CD、PD⊂平面PDC，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）利用线面平行的判定定理：连接AC，只需证明EF // PA，利用中位线定理即可得证；
（2）利用面面垂直的判定定理：只需证明PA⊥面PDC，进而转化为证明PA⊥PD，PA⊥DC，易证三角形PAD为等腰直角三角形，可得PA⊥PD；由面PAD⊥面ABCD的性质及正方形ABCD的性质可证CD⊥面PAD，得CD⊥PA；
【解答】
证明：(1)连接AC，如图，
在正方形ABCD中，F是BD的中点，
则F是AC的中点，
又E是PC的中点，
∴ EF // PA，
又∵ PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
∵ CD∩PD=D，且CD、PD⊂平面PDC，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【答案】
解：(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，离心率e=32，
则4a2+1a2−c2=1，ca=32，
解得a=22，c=6，则b=2，
椭圆C的方程为：x28+y22=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组y=12x+m，x28+y22=1，
整理得：x2+2mx+2m2−4=0，
x1+x2=−2m，x1x2=2m2−4，
|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=5(4−m2)，
点P到直线l的距离d=|12×2−1+m|14+1=2|m|5．
S△PAB=12|AB|⋅d
=12⋅5(4−m2)⋅2|m|5
=m2(4−m2)
=−(m2−2)2+4，
当m2=2，即m=±2时，S△PAB 取到最大值，最大值为2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆的位置关系
点到直线的距离公式
三角形的面积公式
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）利用已知条件列出方程组，然后求解a，b即可得到椭圆方程．
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式结合点到直线的距离公式表示三角形的面积，然后通过基本不等式求解最值即可．
【解答】
解：(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2, 1)，离心率e=32，
则4a2+1a2−c2=1，ca=32，
解得a=22，c=6，则b=2，
椭圆C的方程为：x28+y22=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组y=12x+m，x28+y22=1，
整理得：x2+2mx+2m2−4=0，
x1+x2=−2m，x1x2=2m2−4，
|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=5(4−m2)，
点P到直线l的距离d=|12×2−1+m|14+1=2|m|5．
S△PAB=12|AB|⋅d
=12⋅5(4−m2)⋅2|m|5
=m2(4−m2)
=−(m2−2)2+4，
当m2=2，即m=±2时，S△PAB 取到最大值，最大值为2．