还剩7页未读，
继续阅读
2020-2021学年山西省晋中市高二（上）11月联考数学试卷人教A版
展开
这是一份2020-2021学年山西省晋中市高二（上）11月联考数学试卷人教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. 已知集合M=x|x2>4，N=x|x2−x−12≤0，则M∩N=( )
A.x|−3≤x≤4 B.{x|−3≤x<−2或2C.x|2
2. 一个几何体有15条棱，则该几何体可能是( )
A.六棱柱 B.七棱锥C.五棱锥D.五棱台
3. 倾斜角为135∘的直线l经过1,a和2a,−2两点，则a=( )
A.0B.1C.2D.3
4. 在四面体ABCD中，E是棱BC的中点，且AE→=xAD→+yDB→+zDC→，则（ ）
A.x+y+z=1B.xyz=12C.x=y+zD.x2=y2+z2
5. 若函数fx=sinωx−5π6ω>0的最小正周期为3π2，则fx图象的对称轴方程为( )
A.x=π3+43kπk∈ZB.x=π3+34kπk∈Z
C.x=π+34kπk∈ZD.x=π+43kπk∈Z
6. 圆C1:x2+y2=9与圆C2:x−12+y+22=36的位置关系是( )
A.相交B.相离C.内切D.内含
7. 在空间直角坐标系O−xyz中，给出以下结论：
①点A−2,1,3关于z轴的对称点的坐标是2,−1,3；
②点B4,−2,5关于yOz平面对称的点的坐标是4,2,−5；
③若AB→=0,−1,2，CD→=1,3,0，则⟨AB→,CD→⟩=2π3．
其中所有正确结论的序号是( )
A.①②B.①③C.②③D.①②③
8. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知 asinA=bsinB−2sinC，A=π3，则b−c=( )
A.−2B.2C.−1D.1
9. 已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题为假命题的是( )
A.若a⊥α，a⊥β，则α//β
B.若α⊥β，a⊥α，a//b，b⊄β，则b//β
C.若a//b，b⊥α，则a⊥α
D.若a//α，b⊂α，则a//b
10. 已知函数fx=x2−2x，若a=lg827，b=lg511，c=−lg0.258，则( )
A.fb
11. 已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体外接球的表面积为32π，则该几何体的高ℎ为( )
A.3B.23C.4D.6
12. 已知P是圆C：x2+y2−2x+4y−1=0外一点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则PA→⋅PB→的最小值为( )
A.122−18B.63−18C.122−16D.63−16
二、填空题
两平行直线kx+8y+2=0与6x−8y+1=0之间的距离为________.
设向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=1，且13
若x，y满足约束条件2x−y−4≤0,y−x+1≤0,y≥0,则z=2y−3x的最大值为________.
在三棱锥P−ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3. 当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.
三、解答题
如今，中国的“双十一”已经变成了全民狂欢的“电商购物日”．某电商统计了近8年“双十一”期间该电商的宣传费用x（单位：万元）和利润y（单位：十万元）的数据，得到下列表格：
(1)由表中数据，求y关于x的线性回归方程y=bx+a(b，a精确到0.01）；
(2)用(1)中的回归方程预测当宣传费为14万元时的利润．
附：回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−bx¯.
参考数据：i=18xiyi=241，i=18xi2=356.
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2．
(1)在棱BC上求作一点D，使得A1C//平面AB1D；
(2)在(1)的条件下，求点A1到平面AB1D的距离．
已知an是等比数列，bn是等差数列，a1=b1=1，a2=−4，a3=b6.
(1)求an与bn的通项公式；
(2)若数列akbnbn+1的前21项和S21为正整数，求k的最小值，并求此时S21的值．
已知A1,0，B4,6，C6,2．
(1)求△ABC中AB边上的高线所在直线的方程；
(2)求△ABC内切圆的圆心的坐标．
已知圆心为C的圆经过点A1,1和B2,−2，且圆心C在直线l：x−y+1=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线m：y=x+n被圆C截得的弦与圆心构成△CDE，若△CDE的面积有最大值，求直线m的方程；若△CDE的面积没有最大值，请说明理由．
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，且AB:BC:CD=3:2:2，∠ABC=60∘，点E是线段AB上靠近点A的一个三等分点，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点A1的位置，且A1C=BC=2.
(1)证明：平面A1DE⊥平面BCD；
(2)求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高二（上）11月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
【解答】
解：∵ M={x|x<−2或x>2}，N={x|−3≤x≤4}，
∴ M∩N={x|−3≤x<−2或2故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
【解答】
解：六棱柱有18条棱，七棱锥有14条棱，
五棱锥有10条棱，五棱台有15条棱．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
【解答】
解：根据k=tan135∘=−2−a2a−1=−1，
解得a=3.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
向量的几何表示
【解析】
无
【解答】
解：因为AE→=AD→+DE→=AD→+12DB→+DC→，
所以x=1，y=z=12，则x=y+z．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的对称性
三角函数的周期性及其求法
【解析】
【解答】
解：因为T=2πω=3π2，
所以ω=43，
令43x−5π6=π2+kπ(k∈Z)，
得x=π+34kπ(k∈Z)．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
两点间的距离公式
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
【解答】
解：由题知圆心C1(0,0)，r1=3，圆心C2(1,−2)，r2=6.
故|C1C2|=1−02+−2−02=5.
因为r2−r1=3，
所以|C1C2|所以圆C1和圆C2的位置关系是内含．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
空间中的点的坐标
命题的真假判断与应用
空间向量的数量积运算
【解析】
【解答】
解：点A−2,1,3关于z轴的对称点的坐标为2,−1,3，故①正确；
点B4,−2,5关于yOz平面对称的点的坐标是−4,−2,5，故②错误；
若AB→=0,−1,2，CD→=1,3,0，
则cs⟨AB→,CD→⟩=−323=−12，
则⟨AB→,CD→⟩=2π3，故③正确．
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：由已知及正弦定理可得：
a2=b2−2c，
由余弦定理得
a2=b2+c2−2bccsπ3=b2−2c，
整理得b−c=2．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
【解答】
解：对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以A选项正确；
对于B选项，因为α⊥β，a⊥α，a//b，所以b⊥α，所以b⊂β或b//β，
又因为b⊄β，所以b//β，所以B选项正确；
对于C选项，由于a//b，b⊥α，所以a⊥α，所以C选项正确；
对于D选项，a，b可能异面，所以D选项错误．
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
函数单调性的性质
【解析】
本题考查二次函数与基本初等函数的单调性的应用，考查化归与转化的数学思想及逻辑推理的核心素养．
【解答】
解：因为a=lg827=lg23=lg49>lg48=32，
1=lg55c=−lg0.258=lg48=32，
所以b因为fx=x2−2x在[1,+∞)上单调递增，
所以fb故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
由三视图求外接球问题
【解析】
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是直三棱柱，且底面是顶角为120∘，底边长为23的等腰三角形，
所以该三角形外接圆的直径2r=23sin120∘=4，
所以该几何体外接球的半径R=r2+ℎ22=4+14ℎ2.
因为该几何体外接球的表面积S=4πR2=(16+ℎ2)π=32π，
解得ℎ=4．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
平面向量数量积
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：圆C的标准方程为x−12+y+22=6，则圆C的半径为6．
设|PC|=d，则|PA|=|PB|=d2−6.
因为sin∠APC=6d，
所以cs∠APB=1−26d2=1−12d2，
所以PA→⋅PB→=(d2−6)(1−12d2)=d2+72d2−18
≥272−18=122−18，
当且仅当d2=72d2，即d2=62>6时，等号成立，
故PA→⋅PB→的最小值为122−18．
故选A．
二、填空题
【答案】
310
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
【解答】
解：因为直线kx+8y+2=0与6x−8y+1=0平行，
所以k=−6.
将−6x+8y+2=0化为6x−8y−2=0，
所以两条平行线之间的距离为|−2−1|82+62=310．
故答案为：310．
【答案】
31,33
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：|2a→−b→|2=2a→−b→2
=4a→2−4a→⋅b→+b→2
=37−12cs⟨a→,b→⟩.
又13所以4<12cs⟨a→,b→⟩<6，
所以|2a→−b→|∈31,33．
故答案为：31,33.
【答案】
−3
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想．
【解答】
解：作出可行域，如图中阴影部分所示：
由图可知，当直线z=2y−3x，即y=32x+z2经过点A1,0时，
z取得最大值，
故zmax=2×0−3×1=−3．
故答案为：−3.
【答案】
31111
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
【解答】
解：易证AB⊥ 平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，
tan∠ADB=ABAD=3AD，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．
在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，D(0,1,1)，
则AD→=0,1,1，PC→=0,2,−2，BC→=−3,2,0．
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PC→=n→⋅BC→=0，
即2y−2z=0,−3x+2y=0,令y=3，得n→=2,3,3．
因为csn→,AD→=3+322×2=31111，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111．
故答案为：31111.
三、解答题
【答案】
解：(1)x¯=6，y¯=4，
b=i=18xiyi−8xy¯i=18xi2−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，
因为a=y¯−bx¯=4−4968×6≈−0.32，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.72x−0.32．
(2)当x=14时，y=0.72×14−0.32=9.76，
故可预测当宣传费为14万元时的利润为97.6万元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
【解答】
解：(1)x¯=6，y¯=4，
b=i=18xiyi−8xy¯i=18xi2−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，
因为a=y¯−bx¯=4−4968×6≈−0.32，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.72x−0.32．
(2)当x=14时，y=0.72×14−0.32=9.76，
故可预测当宣传费为14万元时的利润为97.6万元．
【答案】
解：(1)当点D是BC的中点时，A1C//平面AB1D. 证明如下：
连接A1B交AB1于点O，连接OD.
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1B1BA是矩形，
所以O是A1B的中点.
因为D是BC的中点，
所以OD是△A1BC的中位线，所以OD//A1C．
又因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D．
(2)因为A1C//平面AB1D，
所以点A1到平面AB1D的距离即点C到平面AB1D的距离．
因为AB=AA1=2，
所以AB1=22+22=22，B1D=22+12=5，AD=22−12=3．
因为B1D2+AD2=AB12，所以B1D⊥AD，
所以S△AB1D=12×3×5=152，
S△ACD=12×1×3=32．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，
由VC−AB1D=VB1−ACD，
得13S△AB1D ⋅ℎ=13S△ACD ⋅BB1，
即13×152×ℎ=13×32×2，
解得ℎ=255，
故点A1到平面AB1D的距离为255．
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)当点D是BC的中点时，A1C//平面AB1D. 证明如下：
连接A1B交AB1于点O，连接OD.
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1B1BA是矩形，
所以O是A1B的中点.
因为D是BC的中点，
所以OD是△A1BC的中位线，所以OD//A1C．
又因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D．
(2)因为A1C//平面AB1D，
所以点A1到平面AB1D的距离即点C到平面AB1D的距离．
因为AB=AA1=2，
所以AB1=22+22=22，B1D=22+12=5，AD=22−12=3．
因为B1D2+AD2=AB12，所以B1D⊥AD，
所以S△AB1D=12×3×5=152，
S△ACD=12×1×3=32．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，
由VC−AB1D=VB1−ACD，
得13S△AB1D ⋅ℎ=13S△ACD ⋅BB1，
即13×152×ℎ=13×32×2，
解得ℎ=255，
故点A1到平面AB1D的距离为255．
【答案】
解：(1)因为a1=1，a2=−4，
所以{an}的公比q=−4，
则{an}的通项公式为an=−4n−1．
又因为b1=1，b6=a3=16，
所以{bn}的公差d=16−16−1=3，
则{bn}的通项公式为bn=1+3n−1=3n−2．
(2)因为akbnbn+1=ak(3n−2)(3n+1)=ak313n−2−13n+1，
所以S21=ak3(1−14+14−17+⋯+161−164)
=ak31−164=2164ak．
因为ak=−4k−1，所以当k=5，7，9，⋯时，S21为正整数，
从而k的最小值为5，
此时S21=2164×44=84．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)因为a1=1，a2=−4，
所以{an}的公比q=−4，
则{an}的通项公式为an=−4n−1．
又因为b1=1，b6=a3=16，
所以{bn}的公差d=16−16−1=3，
则{bn}的通项公式为bn=1+3n−1=3n−2．
(2)因为akbnbn+1=ak(3n−2)(3n+1)=ak313n−2−13n+1，
所以S21=ak3(1−14+14−17+⋯+161−164)
=ak31−164=2164ak．
因为ak=−4k−1，所以当k=5，7，9，⋯时，S21为正整数，
从而k的最小值为5，
此时S21=2164×44=84．
【答案】
解：(1)∵ kAB=6−04−1=2，
∴ AB边上的高线所在直线的斜率为−12，
故AB边上的高线所在直线的方程为y−2=−12x−6，
即x+2y−10=0．
(2)∵ kBC=6−24−6=−2=−kAB，
∴ 直线AB与BC关于直线x=4对称，
故△ABC内切圆的圆心在直线x=4上．
设△ABC内切圆的圆心为M4,m.
∵ 直线AB的方程为y=2x−1，
∴ M到直线AB的距离d1=|6−m|5．
∵ 直线AC的方程为y=26−1x−1，即2x−5y−2=0，
∴ M到直线AC的距离d2=|6−5m|29．
依题意可得M在△ABC的内部，则2由d1=d2，即|6−m|5=|5m−6|29，
解得m=65+2929+55=145−14，
故△ABC内切圆的圆心的坐标为4,145−14．
【考点】
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的一般式方程
点到直线的距离公式
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵ kAB=6−04−1=2，
∴ AB边上的高线所在直线的斜率为−12，
故AB边上的高线所在直线的方程为y−2=−12x−6，
即x+2y−10=0．
(2)∵ kBC=6−24−6=−2=−kAB，
∴ 直线AB与BC关于直线x=4对称，
故△ABC内切圆的圆心在直线x=4上．
设△ABC内切圆的圆心为M4,m.
∵ 直线AB的方程为y=2x−1，
∴ M到直线AB的距离d1=|6−m|5．
∵ 直线AC的方程为y=26−1x−1，即2x−5y−2=0，
∴ M到直线AC的距离d2=|6−5m|29．
依题意可得M在△ABC的内部，则2由d1=d2，即|6−m|5=|5m−6|29，
解得m=65+2929+55=145−14，
故△ABC内切圆的圆心的坐标为4,145−14．
【答案】
解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
因为点A1,1和B2,−2在圆上，圆心C在直线l：x−y+1=0上，
所以1+1+D+E+F=0,4+4+2D−2E+F=0,−D2−−E2+1=0,
解得D=6，E=4，F=−12，
所以圆C的方程为x2+y2+6x+4y−12=0，
即x+32+y+22=25．
(2)设圆心C到直线m的距离为ℎ(ℎ>0)，H为DE的中点，连接CH．
在△CDE中，因为|DE|=2|CE|2−|CH|2=225−ℎ2，
所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ25−ℎ2，
所以S△CDE=ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，
当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=522时等号成立．
此时ℎ=|−3+2+n|1+1=522，
即|n−1|=5，解得n=−4或n=6，
故存在n=−4或n=6，使得△CDE的面积最大，且最大值为252，
此时直线m的方程为y=x−4或y=x+6．
【考点】
圆的标准方程
圆的一般方程
直线和圆的方程的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
因为点A1,1和B2,−2在圆上，圆心C在直线l：x−y+1=0上，
所以1+1+D+E+F=0,4+4+2D−2E+F=0,−D2−−E2+1=0,
解得D=6，E=4，F=−12，
所以圆C的方程为x2+y2+6x+4y−12=0，
即x+32+y+22=25．
(2)设圆心C到直线m的距离为ℎ(ℎ>0)，H为DE的中点，连接CH．
在△CDE中，因为|DE|=2|CE|2−|CH|2=225−ℎ2，
所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ25−ℎ2，
所以S△CDE=ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，
当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=522时等号成立．
此时ℎ=|−3+2+n|1+1=522，
即|n−1|=5，解得n=−4或n=6，
故存在n=−4或n=6，使得△CDE的面积最大，且最大值为252，
此时直线m的方程为y=x−4或y=x+6．
【答案】
(1)证明：由题意可得，四边形BCDE为菱形，连接CE，
取DE的中点O，连接OA1，OC.
在△ADE中，∠AED=∠ABC=60∘，且DE=2，AE=1，
由余弦定理可得，AD=3，
则DE2=AE2+AD2，则∠EAD=90∘，
即AD⊥AE，即A1D⊥A1E．
∵ O是DE的中点，∴ OA1=12DE=1．
∴ ∠CDE=∠ABC=60∘，∴ △CDE为等边三角形，
∴ OC⊥DE，且OC=3，
∴ A1C2=OA12+OC2，∴ ∠A1OC=90∘，即OA1⊥OC．
又∵ OC⊥DE，且OA1∩DE=O，∴ OC⊥平面A1DE，
∵ OC⊂平面BCD，∴ 平面A1DE⊥平面BCD．
(2)解：以OC→的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，
则D0,1,0，E0,−1,0，C3,0,0，B3,−2,0，A10,−12,32．
设平面A1BE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BE→=−3x+y=0,m→⋅EA1→=12y+32z=0,
令z=1，得m→=−1,−3,1．
设平面A1CD的法向量为n→=x′,y′,z′，
则n→⋅CD→=−3x′+y′=0,n→⋅DA1→=−32y′+32z′=0,
令x′=1，得n→=1,3,3，
∵ csm→,n→=m→⋅n→m→n→=−1−3+35×13=−6565，
∴ 平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为6565．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
【解答】
(1)证明：由题意可得，四边形BCDE为菱形，连接CE，
取DE的中点O，连接OA1，OC.
在△ADE中，∠AED=∠ABC=60∘，且DE=2，AE=1，
由余弦定理可得，AD=3，
则DE2=AE2+AD2，则∠EAD=90∘，
即AD⊥AE，即A1D⊥A1E．
∵ O是DE的中点，∴ OA1=12DE=1．
∴ ∠CDE=∠ABC=60∘，∴ △CDE为等边三角形，
∴ OC⊥DE，且OC=3，
∴ A1C2=OA12+OC2，∴ ∠A1OC=90∘，即OA1⊥OC．
又∵ OC⊥DE，且OA1∩DE=O，∴ OC⊥平面A1DE，
∵ OC⊂平面BCD，∴ 平面A1DE⊥平面BCD．
(2)解：以OC→的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，
则D0,1,0，E0,−1,0，C3,0,0，B3,−2,0，A10,−12,32．
设平面A1BE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BE→=−3x+y=0,m→⋅EA1→=12y+32z=0,
令z=1，得m→=−1,−3,1．
设平面A1CD的法向量为n→=x′,y′,z′，
则n→⋅CD→=−3x′+y′=0,n→⋅DA1→=−32y′+32z′=0,
令x′=1，得n→=1,3,3，
∵ csm→,n→=m→⋅n→m→n→=−1−3+35×13=−6565，
∴ 平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为6565．x
2
3
4
5
6
8
9
11
y
1
2
3
3
4
5
6
8
1. 已知集合M=x|x2>4，N=x|x2−x−12≤0，则M∩N=( )
A.x|−3≤x≤4 B.{x|−3≤x<−2或2
2. 一个几何体有15条棱，则该几何体可能是( )
A.六棱柱 B.七棱锥C.五棱锥D.五棱台
3. 倾斜角为135∘的直线l经过1,a和2a,−2两点，则a=( )
A.0B.1C.2D.3
4. 在四面体ABCD中，E是棱BC的中点，且AE→=xAD→+yDB→+zDC→，则（ ）
A.x+y+z=1B.xyz=12C.x=y+zD.x2=y2+z2
5. 若函数fx=sinωx−5π6ω>0的最小正周期为3π2，则fx图象的对称轴方程为( )
A.x=π3+43kπk∈ZB.x=π3+34kπk∈Z
C.x=π+34kπk∈ZD.x=π+43kπk∈Z
6. 圆C1:x2+y2=9与圆C2:x−12+y+22=36的位置关系是( )
A.相交B.相离C.内切D.内含
7. 在空间直角坐标系O−xyz中，给出以下结论：
①点A−2,1,3关于z轴的对称点的坐标是2,−1,3；
②点B4,−2,5关于yOz平面对称的点的坐标是4,2,−5；
③若AB→=0,−1,2，CD→=1,3,0，则⟨AB→,CD→⟩=2π3．
其中所有正确结论的序号是( )
A.①②B.①③C.②③D.①②③
8. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知 asinA=bsinB−2sinC，A=π3，则b−c=( )
A.−2B.2C.−1D.1
9. 已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题为假命题的是( )
A.若a⊥α，a⊥β，则α//β
B.若α⊥β，a⊥α，a//b，b⊄β，则b//β
C.若a//b，b⊥α，则a⊥α
D.若a//α，b⊂α，则a//b
10. 已知函数fx=x2−2x，若a=lg827，b=lg511，c=−lg0.258，则( )
A.fb
11. 已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体外接球的表面积为32π，则该几何体的高ℎ为( )
A.3B.23C.4D.6
12. 已知P是圆C：x2+y2−2x+4y−1=0外一点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则PA→⋅PB→的最小值为( )
A.122−18B.63−18C.122−16D.63−16
二、填空题
两平行直线kx+8y+2=0与6x−8y+1=0之间的距离为________.
设向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=1，且13
若x，y满足约束条件2x−y−4≤0,y−x+1≤0,y≥0,则z=2y−3x的最大值为________.
在三棱锥P−ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3. 当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.
三、解答题
如今，中国的“双十一”已经变成了全民狂欢的“电商购物日”．某电商统计了近8年“双十一”期间该电商的宣传费用x（单位：万元）和利润y（单位：十万元）的数据，得到下列表格：
(1)由表中数据，求y关于x的线性回归方程y=bx+a(b，a精确到0.01）；
(2)用(1)中的回归方程预测当宣传费为14万元时的利润．
附：回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−bx¯.
参考数据：i=18xiyi=241，i=18xi2=356.
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2．
(1)在棱BC上求作一点D，使得A1C//平面AB1D；
(2)在(1)的条件下，求点A1到平面AB1D的距离．
已知an是等比数列，bn是等差数列，a1=b1=1，a2=−4，a3=b6.
(1)求an与bn的通项公式；
(2)若数列akbnbn+1的前21项和S21为正整数，求k的最小值，并求此时S21的值．
已知A1,0，B4,6，C6,2．
(1)求△ABC中AB边上的高线所在直线的方程；
(2)求△ABC内切圆的圆心的坐标．
已知圆心为C的圆经过点A1,1和B2,−2，且圆心C在直线l：x−y+1=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线m：y=x+n被圆C截得的弦与圆心构成△CDE，若△CDE的面积有最大值，求直线m的方程；若△CDE的面积没有最大值，请说明理由．
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，且AB:BC:CD=3:2:2，∠ABC=60∘，点E是线段AB上靠近点A的一个三等分点，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点A1的位置，且A1C=BC=2.
(1)证明：平面A1DE⊥平面BCD；
(2)求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高二（上）11月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
【解答】
解：∵ M={x|x<−2或x>2}，N={x|−3≤x≤4}，
∴ M∩N={x|−3≤x<−2或2
2.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
【解答】
解：六棱柱有18条棱，七棱锥有14条棱，
五棱锥有10条棱，五棱台有15条棱．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
【解答】
解：根据k=tan135∘=−2−a2a−1=−1，
解得a=3.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
向量的几何表示
【解析】
无
【解答】
解：因为AE→=AD→+DE→=AD→+12DB→+DC→，
所以x=1，y=z=12，则x=y+z．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的对称性
三角函数的周期性及其求法
【解析】
【解答】
解：因为T=2πω=3π2，
所以ω=43，
令43x−5π6=π2+kπ(k∈Z)，
得x=π+34kπ(k∈Z)．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
两点间的距离公式
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
【解答】
解：由题知圆心C1(0,0)，r1=3，圆心C2(1,−2)，r2=6.
故|C1C2|=1−02+−2−02=5.
因为r2−r1=3，
所以|C1C2|
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
空间中的点的坐标
命题的真假判断与应用
空间向量的数量积运算
【解析】
【解答】
解：点A−2,1,3关于z轴的对称点的坐标为2,−1,3，故①正确；
点B4,−2,5关于yOz平面对称的点的坐标是−4,−2,5，故②错误；
若AB→=0,−1,2，CD→=1,3,0，
则cs⟨AB→,CD→⟩=−323=−12，
则⟨AB→,CD→⟩=2π3，故③正确．
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：由已知及正弦定理可得：
a2=b2−2c，
由余弦定理得
a2=b2+c2−2bccsπ3=b2−2c，
整理得b−c=2．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
【解答】
解：对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以A选项正确；
对于B选项，因为α⊥β，a⊥α，a//b，所以b⊥α，所以b⊂β或b//β，
又因为b⊄β，所以b//β，所以B选项正确；
对于C选项，由于a//b，b⊥α，所以a⊥α，所以C选项正确；
对于D选项，a，b可能异面，所以D选项错误．
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
函数单调性的性质
【解析】
本题考查二次函数与基本初等函数的单调性的应用，考查化归与转化的数学思想及逻辑推理的核心素养．
【解答】
解：因为a=lg827=lg23=lg49>lg48=32，
1=lg55
所以b
所以fb
11.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
由三视图求外接球问题
【解析】
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是直三棱柱，且底面是顶角为120∘，底边长为23的等腰三角形，
所以该三角形外接圆的直径2r=23sin120∘=4，
所以该几何体外接球的半径R=r2+ℎ22=4+14ℎ2.
因为该几何体外接球的表面积S=4πR2=(16+ℎ2)π=32π，
解得ℎ=4．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
平面向量数量积
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：圆C的标准方程为x−12+y+22=6，则圆C的半径为6．
设|PC|=d，则|PA|=|PB|=d2−6.
因为sin∠APC=6d，
所以cs∠APB=1−26d2=1−12d2，
所以PA→⋅PB→=(d2−6)(1−12d2)=d2+72d2−18
≥272−18=122−18，
当且仅当d2=72d2，即d2=62>6时，等号成立，
故PA→⋅PB→的最小值为122−18．
故选A．
二、填空题
【答案】
310
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
【解答】
解：因为直线kx+8y+2=0与6x−8y+1=0平行，
所以k=−6.
将−6x+8y+2=0化为6x−8y−2=0，
所以两条平行线之间的距离为|−2−1|82+62=310．
故答案为：310．
【答案】
31,33
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：|2a→−b→|2=2a→−b→2
=4a→2−4a→⋅b→+b→2
=37−12cs⟨a→,b→⟩.
又13
所以|2a→−b→|∈31,33．
故答案为：31,33.
【答案】
−3
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想．
【解答】
解：作出可行域，如图中阴影部分所示：
由图可知，当直线z=2y−3x，即y=32x+z2经过点A1,0时，
z取得最大值，
故zmax=2×0−3×1=−3．
故答案为：−3.
【答案】
31111
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
【解答】
解：易证AB⊥ 平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，
tan∠ADB=ABAD=3AD，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．
在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，D(0,1,1)，
则AD→=0,1,1，PC→=0,2,−2，BC→=−3,2,0．
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PC→=n→⋅BC→=0，
即2y−2z=0,−3x+2y=0,令y=3，得n→=2,3,3．
因为csn→,AD→=3+322×2=31111，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111．
故答案为：31111.
三、解答题
【答案】
解：(1)x¯=6，y¯=4，
b=i=18xiyi−8xy¯i=18xi2−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，
因为a=y¯−bx¯=4−4968×6≈−0.32，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.72x−0.32．
(2)当x=14时，y=0.72×14−0.32=9.76，
故可预测当宣传费为14万元时的利润为97.6万元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
【解答】
解：(1)x¯=6，y¯=4，
b=i=18xiyi−8xy¯i=18xi2−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，
因为a=y¯−bx¯=4−4968×6≈−0.32，
所以y关于x的线性回归方程为y=0.72x−0.32．
(2)当x=14时，y=0.72×14−0.32=9.76，
故可预测当宣传费为14万元时的利润为97.6万元．
【答案】
解：(1)当点D是BC的中点时，A1C//平面AB1D. 证明如下：
连接A1B交AB1于点O，连接OD.
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1B1BA是矩形，
所以O是A1B的中点.
因为D是BC的中点，
所以OD是△A1BC的中位线，所以OD//A1C．
又因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D．
(2)因为A1C//平面AB1D，
所以点A1到平面AB1D的距离即点C到平面AB1D的距离．
因为AB=AA1=2，
所以AB1=22+22=22，B1D=22+12=5，AD=22−12=3．
因为B1D2+AD2=AB12，所以B1D⊥AD，
所以S△AB1D=12×3×5=152，
S△ACD=12×1×3=32．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，
由VC−AB1D=VB1−ACD，
得13S△AB1D ⋅ℎ=13S△ACD ⋅BB1，
即13×152×ℎ=13×32×2，
解得ℎ=255，
故点A1到平面AB1D的距离为255．
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)当点D是BC的中点时，A1C//平面AB1D. 证明如下：
连接A1B交AB1于点O，连接OD.
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1B1BA是矩形，
所以O是A1B的中点.
因为D是BC的中点，
所以OD是△A1BC的中位线，所以OD//A1C．
又因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D．
(2)因为A1C//平面AB1D，
所以点A1到平面AB1D的距离即点C到平面AB1D的距离．
因为AB=AA1=2，
所以AB1=22+22=22，B1D=22+12=5，AD=22−12=3．
因为B1D2+AD2=AB12，所以B1D⊥AD，
所以S△AB1D=12×3×5=152，
S△ACD=12×1×3=32．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，
由VC−AB1D=VB1−ACD，
得13S△AB1D ⋅ℎ=13S△ACD ⋅BB1，
即13×152×ℎ=13×32×2，
解得ℎ=255，
故点A1到平面AB1D的距离为255．
【答案】
解：(1)因为a1=1，a2=−4，
所以{an}的公比q=−4，
则{an}的通项公式为an=−4n−1．
又因为b1=1，b6=a3=16，
所以{bn}的公差d=16−16−1=3，
则{bn}的通项公式为bn=1+3n−1=3n−2．
(2)因为akbnbn+1=ak(3n−2)(3n+1)=ak313n−2−13n+1，
所以S21=ak3(1−14+14−17+⋯+161−164)
=ak31−164=2164ak．
因为ak=−4k−1，所以当k=5，7，9，⋯时，S21为正整数，
从而k的最小值为5，
此时S21=2164×44=84．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)因为a1=1，a2=−4，
所以{an}的公比q=−4，
则{an}的通项公式为an=−4n−1．
又因为b1=1，b6=a3=16，
所以{bn}的公差d=16−16−1=3，
则{bn}的通项公式为bn=1+3n−1=3n−2．
(2)因为akbnbn+1=ak(3n−2)(3n+1)=ak313n−2−13n+1，
所以S21=ak3(1−14+14−17+⋯+161−164)
=ak31−164=2164ak．
因为ak=−4k−1，所以当k=5，7，9，⋯时，S21为正整数，
从而k的最小值为5，
此时S21=2164×44=84．
【答案】
解：(1)∵ kAB=6−04−1=2，
∴ AB边上的高线所在直线的斜率为−12，
故AB边上的高线所在直线的方程为y−2=−12x−6，
即x+2y−10=0．
(2)∵ kBC=6−24−6=−2=−kAB，
∴ 直线AB与BC关于直线x=4对称，
故△ABC内切圆的圆心在直线x=4上．
设△ABC内切圆的圆心为M4,m.
∵ 直线AB的方程为y=2x−1，
∴ M到直线AB的距离d1=|6−m|5．
∵ 直线AC的方程为y=26−1x−1，即2x−5y−2=0，
∴ M到直线AC的距离d2=|6−5m|29．
依题意可得M在△ABC的内部，则2
解得m=65+2929+55=145−14，
故△ABC内切圆的圆心的坐标为4,145−14．
【考点】
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的一般式方程
点到直线的距离公式
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵ kAB=6−04−1=2，
∴ AB边上的高线所在直线的斜率为−12，
故AB边上的高线所在直线的方程为y−2=−12x−6，
即x+2y−10=0．
(2)∵ kBC=6−24−6=−2=−kAB，
∴ 直线AB与BC关于直线x=4对称，
故△ABC内切圆的圆心在直线x=4上．
设△ABC内切圆的圆心为M4,m.
∵ 直线AB的方程为y=2x−1，
∴ M到直线AB的距离d1=|6−m|5．
∵ 直线AC的方程为y=26−1x−1，即2x−5y−2=0，
∴ M到直线AC的距离d2=|6−5m|29．
依题意可得M在△ABC的内部，则2
解得m=65+2929+55=145−14，
故△ABC内切圆的圆心的坐标为4,145−14．
【答案】
解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
因为点A1,1和B2,−2在圆上，圆心C在直线l：x−y+1=0上，
所以1+1+D+E+F=0,4+4+2D−2E+F=0,−D2−−E2+1=0,
解得D=6，E=4，F=−12，
所以圆C的方程为x2+y2+6x+4y−12=0，
即x+32+y+22=25．
(2)设圆心C到直线m的距离为ℎ(ℎ>0)，H为DE的中点，连接CH．
在△CDE中，因为|DE|=2|CE|2−|CH|2=225−ℎ2，
所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ25−ℎ2，
所以S△CDE=ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，
当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=522时等号成立．
此时ℎ=|−3+2+n|1+1=522，
即|n−1|=5，解得n=−4或n=6，
故存在n=−4或n=6，使得△CDE的面积最大，且最大值为252，
此时直线m的方程为y=x−4或y=x+6．
【考点】
圆的标准方程
圆的一般方程
直线和圆的方程的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
因为点A1,1和B2,−2在圆上，圆心C在直线l：x−y+1=0上，
所以1+1+D+E+F=0,4+4+2D−2E+F=0,−D2−−E2+1=0,
解得D=6，E=4，F=−12，
所以圆C的方程为x2+y2+6x+4y−12=0，
即x+32+y+22=25．
(2)设圆心C到直线m的距离为ℎ(ℎ>0)，H为DE的中点，连接CH．
在△CDE中，因为|DE|=2|CE|2−|CH|2=225−ℎ2，
所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ25−ℎ2，
所以S△CDE=ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，
当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=522时等号成立．
此时ℎ=|−3+2+n|1+1=522，
即|n−1|=5，解得n=−4或n=6，
故存在n=−4或n=6，使得△CDE的面积最大，且最大值为252，
此时直线m的方程为y=x−4或y=x+6．
【答案】
(1)证明：由题意可得，四边形BCDE为菱形，连接CE，
取DE的中点O，连接OA1，OC.
在△ADE中，∠AED=∠ABC=60∘，且DE=2，AE=1，
由余弦定理可得，AD=3，
则DE2=AE2+AD2，则∠EAD=90∘，
即AD⊥AE，即A1D⊥A1E．
∵ O是DE的中点，∴ OA1=12DE=1．
∴ ∠CDE=∠ABC=60∘，∴ △CDE为等边三角形，
∴ OC⊥DE，且OC=3，
∴ A1C2=OA12+OC2，∴ ∠A1OC=90∘，即OA1⊥OC．
又∵ OC⊥DE，且OA1∩DE=O，∴ OC⊥平面A1DE，
∵ OC⊂平面BCD，∴ 平面A1DE⊥平面BCD．
(2)解：以OC→的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，
则D0,1,0，E0,−1,0，C3,0,0，B3,−2,0，A10,−12,32．
设平面A1BE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BE→=−3x+y=0,m→⋅EA1→=12y+32z=0,
令z=1，得m→=−1,−3,1．
设平面A1CD的法向量为n→=x′,y′,z′，
则n→⋅CD→=−3x′+y′=0,n→⋅DA1→=−32y′+32z′=0,
令x′=1，得n→=1,3,3，
∵ csm→,n→=m→⋅n→m→n→=−1−3+35×13=−6565，
∴ 平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为6565．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
【解答】
(1)证明：由题意可得，四边形BCDE为菱形，连接CE，
取DE的中点O，连接OA1，OC.
在△ADE中，∠AED=∠ABC=60∘，且DE=2，AE=1，
由余弦定理可得，AD=3，
则DE2=AE2+AD2，则∠EAD=90∘，
即AD⊥AE，即A1D⊥A1E．
∵ O是DE的中点，∴ OA1=12DE=1．
∴ ∠CDE=∠ABC=60∘，∴ △CDE为等边三角形，
∴ OC⊥DE，且OC=3，
∴ A1C2=OA12+OC2，∴ ∠A1OC=90∘，即OA1⊥OC．
又∵ OC⊥DE，且OA1∩DE=O，∴ OC⊥平面A1DE，
∵ OC⊂平面BCD，∴ 平面A1DE⊥平面BCD．
(2)解：以OC→的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，
则D0,1,0，E0,−1,0，C3,0,0，B3,−2,0，A10,−12,32．
设平面A1BE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BE→=−3x+y=0,m→⋅EA1→=12y+32z=0,
令z=1，得m→=−1,−3,1．
设平面A1CD的法向量为n→=x′,y′,z′，
则n→⋅CD→=−3x′+y′=0,n→⋅DA1→=−32y′+32z′=0,
令x′=1，得n→=1,3,3，
∵ csm→,n→=m→⋅n→m→n→=−1−3+35×13=−6565，
∴ 平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为6565．x
2
3
4
5
6
8
9
11
y
1
2
3
3
4
5
6
8
相关试卷
2020-2021学年山西省晋中市、大同市高三（上）期末数学试卷（理科）人教A版： 这是一份2020-2021学年山西省晋中市、大同市高三（上）期末数学试卷（理科）人教A版，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年山西省晋中市、大同市高三（上）期末数学试卷（文科）人教A版： 这是一份2020-2021学年山西省晋中市、大同市高三（上）期末数学试卷（文科）人教A版，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版： 这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，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。
