2020-2021学年河北省高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省高二（上）期中考试数学试卷人教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. 命题“∃x0∈(0, +∞)，ln x0=x0−1”的否定是( )
A.∀x∈(0, +∞)，ln x≠x−1B.∀x∉(0, +∞)，ln x=x−1
C.∃x0∈(0, +∞)，ln x0≠x0−1D.∃x0∉(0, +∞)，ln x0=x0−1

2. 若抛物线y2=2px，(p>0)上一点P(2, y0)到其准线的距离为4，则抛物线的标准方程为( )
A.y2=4xB.y2=6xC.y2=8xD.y2=10x

3. 已知a，b∈R，则“a2>b2”是“a>|b|”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为( )
A.45B.35C.23D.57

5. 已知x，y都是正数，且2x+1y=1，则x+y的最小值等于( )
A.6 B.42 C.3+22D.4+22

6. 设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A.若m⊥α，l⊥m，则l // α
B.若α // β，l⊥α，m // β，则l⊥m
C.若α // β，l // α，m⊂β，则l // m
D.若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥β

7. 已知不等式ax2−5x+b>0的解集为x|−30的解集为( )
A.{x|x<−13或x>12}B.{x|−13C.x|−32}

8. 已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点F是椭圆y2a2+x2b2=1(a>b>0)的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A，B两点，若△FAB是正三角形，则椭圆的离心率为( )
A.12B.22C.33D.32

9. 已知a，b∈R，则“a=1”是“直线ax+y−1=0和直线x+a2−2y−1=0垂直”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

10. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30∘，则该长方体的体积为( )
A.8B.62C.82D.83

11. 已知点M(a, b)在圆O:x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是( )
A.相切B.相交C.相离D.不确定

12. 已知双曲线E的中心为原点，P(3, 0)是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(−12, −15)，则E的方程式为（ ）
A.x23−y26=1B.x24−y25=1C.x26−y23=1D.x25−y24=1
二、填空题

若命题“∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0”是真命题，则实数a的取值范围是________．

过点(−2,−1)且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是________.

设F1，F2分别为椭圆x24+y2=1的左、右焦点，点P在椭圆上，且|PF1→+PF2→|=23，则∠F1PF2等于________.

过点P(1, −2)作圆C：(x−1)2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为________.
三、解答题

已知“命题p：(x−m)2>3(x−m)”是“命题q:x2+3x−4<0”成立的必要不充分条件，求实数m的取值范围.

已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，若|AF|=4，求△AOB的面积．

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2.

(1)证明：A1C⊥BD；

(2)求直线AC与平面BB1D1D所成的角θ的大小．

已知函数fx=x2−a+2x+4a∈R，解关于x的不等式fx≤4−2a.

如图，四棱锥O−ABCD的底面是边长为1的菱形，OA=2，∠ABC=60∘，OA⊥平面ABCD，M，N分别是OA，BC的中点．

(1)求证：直线MN // 平面OCD；

(2)求点M到平面OCD的距离．

已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x−3)2+(y−1)2=3相切．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且AP→⋅AQ→=0，求证：直线l过定点，并求该定点坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以，命题“∃x0∈(0, +∞)，ln x0=x0−1”的否定是：∀x∈(0, +∞)，ln x≠x−1．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
本题考查抛物线的标准方程的求法.
【解答】
解：由题意可知p>0.
因为抛物线y2=2px，
所以其准线方程为x=−p2，
因为点P(2,y0)到抛物线准线的距离为4，
所以|−p2−2|=4，所以p=4，
故抛物线的标准方程为y2=8x.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先由a2>b2可得|a|>|b|，再利用不等式的性质，结合充分必要条件的定义求解即可.
【解答】
解：由a2>b2可得|a|>|b|，
则由|a|>|b|不能得到a>|b|，例a=−5，b=2；
反过来，由a>|b|成立，则|a|>|b|一定成立，
由|a|>|b|可得a2>b2，
故“a2>b2”是“a>|b|”的必要不充分条件.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示：
因为E，F分别为BB1，CC1的中点，
所以AE//DF，
则异面直线AE与D1F所成角为∠DFD1.
设正方体的棱长为2x，
则DD1=CD=2x，CF=x，
DF=D1F=CD2+CF2=5x，
故cs∠DFD1=DF2+D1F2−DD122⋅DF⋅D1F=5x2+5x2−4x22⋅5x⋅5x=35.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由x+y=(x+y)(2x+1y)=3+2yx+xy，利用基本不等式求出它的最小值．
【解答】
解：∵ x，y都是正数，且2x+1y=1，
∴x+y=(x+y)(2x+1y)=3+2yx+xy≥3+22，
当且仅当2yx=xy且2x+1y=1时，
即y=1+2，x=2+2时取等号.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：①若m⊥α，l⊥m，则l // α或l⊂α；②若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则当m⊂α时，m⊥β．当m⊄α时，m与β相交但不垂直；③若α // β，l⊥α，m // β，则l⊥m；④若α // β，l // α，m⊂β，则l // m或l与m异面．
【解答】
解：由l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：
A，若m⊥α，l⊥m，则l // α或l⊂α，故A错误；
B，若α // β，l⊥α，m // β，则l⊥m，故B正确；
C，若α // β，l // α，m⊂β，则l // m或l与m异面，故C错误；
D，若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则当m⊂α时，m⊥β．
当m⊄α时，m与β相交但不垂直，故D错误.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ ax2−5x+b>0的解集为{x|−3∴ ax2−5x+b=0的根为−3，2，
即−3+2=5a，−3×2=ba，
解得a=−5，b=30，
则不等式bx2−5x+a>0可化为30x2−5x−5>0，
解得x<−13或x>12.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
圆锥曲线的综合问题
椭圆的离心率
【解析】
求得抛物线的焦点和准线方程，可得p＝2c，将y＝−c代入椭圆方程求得|AB|，再由等边三角形的高为边长的3倍，化简可得a，b的关系式，由椭圆的离心率公式，计算可得所求值．
【解答】
解：抛物线x2=2py(p>0)的焦点F(0, p2)，准线方程为y=−p2，
可得p2=c，且c2=a2−b2，
将y=−c代入椭圆y2a2+x2b2=1得x=±b1−c2a2=±b2a，
所以|AB|=2b2a，
由△FAB为等边三角形可得p=2c=32⋅2b2a，
即(2a2+b2)(2a2−3b2)=0，
所以2a2=3b2，
椭圆的离心率为e=ca=1−b2a2=1−23=33．
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
两条直线垂直的判定
【解析】
直线ax+y−1=0和直线x+a2−2y−1=0垂直，可得：a+a2−2=0，解得a，再利用充分必要条件即可判断出关系．
【解答】
解：∵ 直线ax+y−1=0和直线x+a2−2y−1=0垂直，
∴ a+a2−2=0，
解得a=1或−2．
∴ 由a=1可以得到直线ax+y−1=0和直线x+a2−2y−1=0垂直；反之则不成立，
∴ a=1是“直线ax+y−1=0和直线x+a2−2y−1=0垂直”的充分不必要条件．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
画出图形，利用已知条件求出长方体的高，然后求解长方体的体积即可．
【解答】
解：长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，
AC1与平面BB1C1C所成的角为30∘，
即∠AC1B=30∘，可得BC1=ABtan30∘=23,
可得BB1=(23)2−22=22,
所以该长方体的体积为：2×2×22=82．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由M在圆外，得到|OM|大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=4的距离d，根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系．
【解答】
解：∵ 点M(a, b)在圆O:x2+y2=1外，
∴ a2+b2>1，
∴ 圆心(0, 0)到直线ax+by=1的距离：d=1a2+b2<1=r，
∴ 直线ax+by=1与圆O相交．
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
双曲线的标准方程
【解析】
已知条件易得直线l的斜率为1，设双曲线方程，及A，B点坐标代入方程联立相减得x1+x2=−24，根据y1−y2x1−x2=4b25a2，可求得a和b的关系，再根据c=3，求得a和b，进而可得答案．
【解答】
解：由已知条件易得直线l的斜率为k=kPN=1，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则有x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
两式相减并结合x1+x2=−24，y1+y2=−30得
y1−y2x1−x2=4b25a2，
所以4b25a2=1,
即4b2=5a2，
又a2+b2=9，
解得a2=4，b2=5，
故选B．
二、填空题
【答案】
(−∞, −1)∪(3, +∞)
【考点】
二次函数的性质
【解析】
因为不等式对应的是二次函数，其开口向上，若“∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0”，则相应二次方程有不等的实根．
【解答】
解：∵ ∃x∈R，使得x2+(a−1)x+1<0，
∴ x2+(a−1)x+1=0有两个不等实根，
∴ Δ=(a−1)2−4>0，
解得a<−1或a>3.
故答案为：(−∞, −1)∪(3, +∞).
【答案】
x+y+3=0或x−2y=0
【考点】
直线的截距式方程
直线的一般式方程
【解析】
分截距为0以及截距不为0两种情况分别求解即可．
【解答】
解：当截距为0时，满足在两坐标轴上的截距相等．
设直线方程为y=kx，则−1=−2k，解得k=12，
所以y=12x，即x−2y=0；
当截距不为0时，设直线方程为xa+ya=1，
则−2a−1a=1，
解得a=−3，
所以−x3−y3=1，
即x+y+3=0.
故答案为：x+y+3=0或x−2y=0.
【答案】
π2
【考点】
椭圆的标准方程
向量的模
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意方程求得焦距，利用平面向量的减法运算得到PF1→−PF2→=F2F1→，与已知|PF1→+PF2→|＝23同时两边平方后可得PF1→⋅PF2→=0，由此可得答案．
【解答】
解：如图，
由椭圆x24+y2=1，得a=2，b=1，c=3，
PF1→−PF2→=F2F1→，
则(PF1→−PF2→)2=F2F1→2，
即|PF1→|2−2PF1→⋅PF2→+|PF2→|2=|F1F2→|2=12.
由|PF1→+PF2→|=23，得|PF1→|2+2PF1→⋅PF2→+|PF2→|2=12，
∴ PF1→⋅PF2→=0，即PF1→⊥PF2→，
∴ ∠F1PF2=π2．
故答案为：π2.
【答案】
y=−12
【考点】
圆的切线方程
相交弦所在直线的方程
【解析】
求出以(1, −2)、C(1, 0)为直径的圆的方程，将两圆的方程相减即得公共弦AB的方程．
【解答】
解：圆C：(x−1)2+y2=1的圆心为C(1, 0)，半径为1，
以P(1, −2)，C(1, 0)为直径的圆的方程为：
(x−1)2+(y+1)2=1，
将两圆的方程相减，即得公共弦AB的方程为2y+1=0．
即y=−12．
故答案为：y=−12．
三、解答题
【答案】
解：由：(x−m)2>3(x−m)，解得(x−m)(x−m−3)>0，
即x>m+3或x所以p:x>m+3或x由x2+3x−4<0，解得−4因为p是q成立的必要不充分条件，
所以q⇒p成立，p⇒q不成立．
即满足m+3≤−4或m≥1，解得m≤−7或m≥1．
所以实数m的取值范围为：(−∞, −7]∪[1, +∞)．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
先求出命题p，q成立的等价条件，利用p是q成立的必要不充分条件，建立不等关系，即可求实数m的取值范围．
【解答】
解：由：(x−m)2>3(x−m)，解得(x−m)(x−m−3)>0，
即x>m+3或x所以p:x>m+3或x由x2+3x−4<0，解得−4因为p是q成立的必要不充分条件，
所以q⇒p成立，p⇒q不成立．
即满足m+3≤−4或m≥1，解得m≤−7或m≥1．
所以实数m的取值范围为：(−∞, −7]∪[1, +∞)．
【答案】
解：由抛物线C:y2=4x，得2p=4，p=2，
所以F(1, 0).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由|AF|=x1+1=4，得x1=3.
不妨设A在第一象限，则y1=23，
故kAB=23−03−1=3，则直线AB：y=3(x−1).
由y2=4x，y=3x−1可得3x2−10x+3=0，
解得 x=3，y=23，或x=13，y=−233，
所以S△AOB=12|OF|⋅|y1−y2|=433．
【考点】
抛物线的性质
抛物线的应用
【解析】
由抛物线方程求得焦点坐标，设出A，B的坐标，由|AF|＝4求得A点坐标，再由抛物线的性质求得B点坐标，则△AOB的面积可求．
【解答】
解：由抛物线C:y2=4x，得2p=4，p=2，
所以F(1, 0).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由|AF|=x1+1=4，得x1=3，
不妨设A在第一象限，则y1=23，
故kAB=23−03−1=3，则直线AB：y=3(x−1).
由y2=4x，y=3x−1可得3x2−10x+3=0，
故 x=3，y=23，或x=13，y=−233，
所以S△AOB=12|OF|⋅|y1−y2|=433．
【答案】
(1)证明：由题意易得：BD⊥AC，
又A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ A1O⊥BD.
又A1O∩AC=O，
∴ BD⊥平面A1AC.
又A1C⊂平面A1AC，
∴ A1C⊥BD.
(2)解：取B1D1中点O1，分别连接OO1，O1C，O1A1，
∵ AB=AA1=2，底面ABCD是正方形，
∴ OA=OC=1.
由题意易得△A1OA为直角三角形，
∴ A1O=1.
由棱柱的性质以及A1O⊥平面ABCD，
可得四边形A1OCO1为正方形，
∴ A1C⊥OO1.
由(1)得A1C⊥BD，BD∩OO1=O，
∴ A1C⊥平面BB1D1D，
∴ ∠COO1即为所求角，且大小为π4，
即直线AC与平面BB1D1D所成的角为π4．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】


【解答】
(1)证明：由题意易得：BD⊥AC，
又A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ A1O⊥BD.
又A1O∩AC=O，
∴ BD⊥平面A1AC.
又A1C⊂平面A1AC，
∴ A1C⊥BD.
(2)解：取B1D1中点O1，分别连接OO1，O1C，O1A1，
∵ AB=AA1=2，底面ABCD是正方形，
∴ OA=OC=1.
由题意易得△A1OA为直角三角形，
∴ A1O=1.
由棱柱的性质以及A1O⊥平面ABCD，
可得四边形A1OCO1为正方形，
∴ A1C⊥OO1.
由(1)得A1C⊥BD，BD∩OO1=O，
∴ A1C⊥平面BB1D1D，
∴ ∠COO1即为所求角，且大小为π4，
即直线AC与平面BB1D1D所成的角为π4．
【答案】
解：fx≤−2a+4，即x2−(a+2)x+2a≤0，
∴x−ax−2≤0，
(i)当a<2时，不等式解集为x|a≤x≤2；
(ii)当a=2时，不等式解集为x|x=2；
(iii)当a>2时，不等式解集为x|2≤x≤a.
综上所述，(i)当a<2时，不等式解集为x|a≤x≤2；
(ii)当a=2时，不等式解集为2；
(iiii)当a>2时，不等式解集为x|2≤x≤a.
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx≤−2a+4，即x2−(a+2)x+2a≤0，
∴x−ax−2≤0，
(i)当a<2时，不等式解集为x|a≤x≤2；
(ii)当a=2时，不等式解集为x|x=2；
(iii)当a>2时，不等式解集为x|2≤x≤a.
综上所述，(i)当a<2时，不等式解集为x|a≤x≤2；
(ii)当a=2时，不等式解集为2；
(iiii)当a>2时，不等式解集为x|2≤x≤a.
【答案】
(1)证明：取OD的中点P，连接PC，PM，
∵ M，N分别是OA，BC的中点，
∴ PM // AD，且PM=12AD.
又∵NC // AD，且NC=12AD，
∴ PM // NC，且PM=NC，则PMNC是平行四边形，得MN // PC.
∵ PC⊂平面OCD，MN⊄平面OCD，
∴ 直线MN // 平面OCD.
(2)解：连接ON，ND，
设点M到平面OCD的距离为d，
由(1)得，点N到平面OCD的距离为d，
设三棱锥O−CDN的体积为V，
则V=13×S△CDN×OA=13×S△OCD×d，
依题意，S△CDN=12×CD×CN×sin∠BCD=38.
∵ AC=AD=CD=1，OA⊥平面ABCD，
∴ OC=OD=5，
则S△OCD=12×CD×5−14=194．
由13×38×2=13×194×d，
得点M到平面OCD的距离d=5719．
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）取OD的中点P，连接PC、PM，由三角形的中位线定理可得PMNC是平行四边形，得MN // PC，再由直线与平面平行的判定可得直线MN // 平面OCD；
（2）连接ON、ND，设点M到平面OCD的距离为d，可得点N到平面OCD的距离为d，然后利用等体积法求点M到平面OCD的距离．
【解答】
(1)证明：取OD的中点P，连接PC，PM，
∵ M，N分别是OA，BC的中点，
∴ PM // AD，且PM=12AD.
又∵NC // AD，且NC=12AD，
∴ PM // NC，且PM=NC，则PMNC是平行四边形，得MN // PC.
∵ PC⊂平面OCD，MN⊄平面OCD，
∴ 直线MN // 平面OCD.
(2)解：连接ON，ND，
设点M到平面OCD的距离为d，
由(1)得，点N到平面OCD的距离为d，
设三棱锥O−CDN的体积为V，
则V=13×S△CDN×OA=13×S△OCD×d，
依题意，S△CDN=12×CD×CN×sin∠BCD=38.
∵ AC=AD=CD=1，OA⊥平面ABCD，
∴ OC=OD=5，
则S△OCD=12×CD×5−14=194．
由13×38×2=13×194×d，
得点M到平面OCD的距离d=5719．
【答案】
(1)解：圆M的圆心为(3，1)，半径r=3，
由题意知A(0, 1)，F(c, 0)，
直线AF的方程为xc+y=1，即x+cy−c=0，
由直线AF与圆M相切，得|3+c−c|c2+1=3，
解得c2=2，
所以a2=c2+1=3，
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明：由AP→⋅AQ→=0知AP⊥AQ，
∴ 直线AP与坐标轴不垂直，
故可设直线AP的方程为y=kx+1，
则直线AQ的方程为y=−1kx+1．
联立y=kx+1，x23+y2=1，
整理得：(1+3k2)x2+6kx=0，
解得：x=0或x=−6k1+3k2，
故点P的坐标为(−6k1+3k2，1−3k21+3k2)，
同理，点Q的坐标为(6kk2+3，k2−3k2+3)，
∴ 直线l的斜率为k2−3k2+3−1−3k21+3k26kk2+3−−6k1+3k2=k2−14k，
∴ 直线l的方程为y=k2−14k(x−6kk2+3)+k2−3k2+3，
即y=k2−14kx−12，
所以直线l过定点(0,−12)．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
（1）圆M的圆心为(3, 1)，半径r=3．直线AF的方程为x+cy−c=0，由直线AF与圆M相切，得c2=2，a2=c2+1=3，由此能求出椭圆C的方程．
【解答】
(1)解：圆M的圆心为(3，1)，半径r=3，
由题意知A(0, 1)，F(c, 0)，
直线AF的方程为xc+y=1，即x+cy−c=0，
由直线AF与圆M相切，得|3+c−c|c2+1=3，
解得c2=2，
所以a2=c2+1=3，
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明：由AP→⋅AQ→=0知AP⊥AQ，
∴ 直线AP与坐标轴不垂直，
故可设直线AP的方程为y=kx+1，
则直线AQ的方程为y=−1kx+1．
联立y=kx+1，x23+y2=1，
整理得：(1+3k2)x2+6kx=0，
解得：x=0或x=−6k1+3k2，
故点P的坐标为(−6k1+3k2，1−3k21+3k2)，
同理，点Q的坐标为(6kk2+3，k2−3k2+3)，
∴ 直线l的斜率为k2−3k2+3−1−3k21+3k26kk2+3−−6k1+3k2=k2−14k，
∴ 直线l的方程为y=k2−14k(x−6kk2+3)+k2−3k2+3，
即y=k2−14kx−12，
所以直线l过定点(0,−12)．