2020-2021年江西省某校高二（下）4月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021年江西省某校高二（下）4月月考数学（理）试卷，共9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“若|x|+|y|≠0，则x≠0且y≠0”的逆命题是( )
A.若|x|+|y|=0，则x=0且y=0B.若x≠0且y≠0，则|x|+|y|≠0
C.若x=0或y=0，则|x|+|y|≠0D.若|x|+|y|≠0，则x≠0或y≠0

2. “若x=0或x=1，则x2−x=0”的否命题为( )
A.若x=0或x=1，则x2−x≠0B.若x2−x=0，则x=0或x=1
C.若x≠0或x≠1，则x2−x≠0D.若x≠0且x≠1，则x2−x≠0

3. 下列空间向量中为单位向量且同时垂直于a→=1,1,1和y轴的是( )
A.33,33,33B.1,0,−1C.22,−22,0D.22,0,−22

4. 平面内一动点M到两定点F1，F2距离之和为常数2a，则点M的轨迹为( )
A.椭圆B.圆
C.椭圆或线段或不存在D.不存在

5. 若直线l1，l2的方向向量分别为a→=1,2,−2，b→=−2,3,2，则l1与l2的位置关系是( )
A.l1⊥l2B.l1//l2
C.l1，l2相交不垂直D.不能确定

6. 设命题p：x−1x+2≥0，命题q：x−1x+2≥0，则命题p是命题q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. 全称量词命题“对于任意正奇数n，所有不大于n的正奇数的和都是n+122”的否定为( )
A.对于任意正奇数n，所有不大于n的正奇数的和都不是n+122
B.对于任意正奇数n，所有不大于n的正奇数的和都大于n+122
C.存在正奇数n，使得所有不大于n的正奇数的和不是n+122
D.存在正奇数n，使得所有不大于n的正奇数的和是n+122

8. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的对角线BD1上，D1PD1B=λ，当∠APC为锐角时，λ的取值范围是( )

A.0,12B.0,13C.13,1D.12,1

9. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段D1B上一点，且BP=2D1P，若AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，则x+y+z=( )

A.53B.23C.43D.1

10. 如果正四棱锥的侧面积等于底面积的2倍，则侧面与底面所成的角等于( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.75∘

11. 已知F是椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点，椭圆E上一点P2,1关于原点的对称点为Q．若△PQF的周长为42+25，则a−b=( )
A.2B.22C.3D.32

12. 已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点是F1，F2，P是椭圆上一点．若|PF1|=2|PF2|，则椭圆的离心率的取值范围是( )
A.0,12B.13,12C.13,1D.12,1
二、填空题

全称命题“∀x>0，3x2+2x>2”的否定是________．
三、解答题

已知集合A=x|x2−3ax+2a2≤0，集合B=x|x2−x−2≤0，p:x∈A，q:x∈B.
(1)当a=1时，则p是q的什么条件？

(2)若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．

已知a→=x,−1,3，b→=1,2,−1，c→=1,0,1，c→//(2a→+b→).
(1)求实数x的值；

(2)若(a→−b→)⊥(λa→+b→)，求实数λ的值．

已知椭圆的长轴在x轴上，长轴长为4，离心率为32.
(1)求椭圆的标准方程，并指出它的短轴长和焦距.

(2)直线x−2y−2=0与椭圆交于A，B两点，求A，B两点的距离.

如图，在三棱锥A−BOC中，AO，OB，OC两两互相垂直，点D，E分别为棱BC，AC的中点，F在棱AO上，且满足OF=14OA，已知OA=OC=OB=4．

(1)证明：AB//平面EFD；

(2)求二面角C−EF−D的余弦值．

设命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−3≥m2−4m恒成立，命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−2x+m−1≤0成立.
(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若p∧q为假命题，p∨q为真命题，求实数m的取值范围.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点(1, 0)，求实数k的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省某校高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
无
【解答】
解：命题“若|x|+|y|≠0，则x≠0且y≠0"的逆命题是
若x≠0且y≠0，则|x|+|y|≠0，
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
无
【解答】
解：“若x=0或x=1，则x2−x=0”的否命题
为“若x≠0且x≠1，则x2−x≠0”．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
无
【解答】
解：设满足条件的向量为n→=x,y,z，根据题意，得
x+y+z=0,y=0,x2+y2+z2=1,
验证可知D选项满足条件．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
【解析】
对M满足的条件进行分类讨论，结合椭圆的定义和平面几何知识加以推理论证，可得本题答案．
【解答】
解：根据题意，得|MF1|+|MF2|=2a，
①当2a>|F1F2|时，满足椭圆的定义，
可得点M的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆；
②当2a=|F1F2|时，|MF1|+|MF2|=|F1F2|，
点M在线段F1F2上，点M的轨迹为线段F1F2；
③当2a<|F1F2|时，|MF1|+|MF2|<|F1F2|，
不存在满足条件的点M．
综上所述，点M的轨迹为椭圆或线段或不存在．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
无
【解答】
解：∵ 直线l1，l2的方向向量分别为
a→=1,2,−2，b→=−2,3,2，
∴ a→⋅b→=−2+6−4=0，
∴ l1与l2的位置关系是l1⊥l2.
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
解关于p，q的不等式，根据集合的包含关系，判断即可．
【解答】
解：∵ x−1x+2≥0，
∴ (x−1)(x+2)≥0，
解得x<−2或x≥1，
∵ x−1x+2≥0，
∴x≥1或x≤−2，
∵ {x<−2或x≥1}⫋{x≥1或x≤−2}，
故命题p是命题q的充分不必要条件.
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：全称命题的否定是特称命题，故否定为：
存在正奇数n，使得所有不大于n的正奇数的和不是n+122.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
棱柱的结构特征
【解析】
建立空间直角坐标系，由题意可求PA→=1−λ,−λ,λ−1， PC→=−λ,1−λ,λ−1，由∠APC为锐角，利用平面向量坐标运算可求
PA→⋅PC→==(λ−1)(3λ−1)>0 ，结合题意可求λ的取值范围．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0，C0,1,0，B1,1,0，D10,0,1，
由D1PD1B=λ，得P(λ,λ,1−λ)，
则PA→=1−λ,−λ,λ−1，PC→=−λ,1−λ,λ−1，
因为∠APC为锐角，
所以PA→⋅PC→=1−λ,−λ,λ−1⋅(−λ,1−λ,λ−1)
=(λ−1)(3λ−1)>0，
解得λ<13，λ>1，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的对角线BD1上，
所以0≤λ<13，
所以λ的取值范围是0,13．
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
根据空间向量的基本定理进行分解即可．
【解答】
解：由题意可得， BP→=2PD1→，
则DP→=DB→+BP→=DA→+AB→+23BD1→
=DA→+AB→+23(BA→+AA1→+AD→)
=13AB→+23AA1→−13AD→，
故x=13,y=−13,z=23，
所以x+y+z=23.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
二面角的平面角及求法
棱锥的结构特征
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设正四棱锥S−ABCD的底面边长为a，高为h，用a，h表示出一个侧面的面积与射影面的面积，作出侧面与底面所成锐二面角的平面角，求解即可．
【解答】
解：如图，∠VEO是侧面与底面所成的角.
设正四棱锥V−ABCD的底面边长为a，斜高为VE=h，
则S△OBC=12×BC⋅EO=12×a×a2=a24,
侧面S△VBC=12BC⋅VE=12ah.
若正四棱锥的侧面积等于底面积的2倍，
则12ah=2×a24，
∴ h=a.
∴ cs∠VEO=OEVE=a2a=12，
∴ ∠VEO=60∘．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
无
【解答】
解：因为P与Q关于原点对称，P2,1，则Q−2,−1，
所以|PQ|=42+22=25，
又△PQF的周长为|QP|+|PF|+|QF|=42+25，
所以|PF|+|QF|=42.
设椭圆的右焦点为M，
则由椭圆的性质，得|PF|=|QM|，
所以|QM|+|QF|=2a=42，
解得a=22，
将点P代入椭圆方程，得4a2+1b2=1，
解得b=2，
所以a−b=22−2=2.
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
无
【解答】
解：由椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点在x轴，设点Px,y，
∵ |PF1|=2|PF2|，
由椭圆的定义，得ex+a2c=2⋅ea2c−x，
解得x=a3e，
由题意，得−a≤a3e≤a，
∴ 13≤e<1，
∴ 该椭圆的离心率e的取值范围是13,1.
故选C．
二、填空题
【答案】
“∃x>0，3x2+2x≤2”
【考点】
全称命题的否定
【解析】
无
【解答】
解：根据全称命题的否定是特称命题知，命题“∀x>0，3x2+2x>2”的否定是
“∃x>0，3x2+2x≤2”．
故答案为：“∃x>0，3x2+2x≤2”．
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0当a=0时，A=0，成立；
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，实数a的取值范围为−12,1．
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
集合的包含关系判断及应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B=x|x2−x−2≤0=x|−1≤x≤2，
所以A⫋B，
所以p是q的充分不必要条件．
(2)因为q是p的必要条件，所以A⊆B．
而A=x|x2−3ax+2a2≤0=x|x−ax−2a≤0．
当a>0时，A={x|a≤x≤2a}，
所以a≥−1，2a≤2，
所以−1≤a≤1，故0当a=0时，A=0，成立；
当a<0时，A={x|2a≤x≤a}，
所以2a≥−1,a≤2,
所以−12≤a≤2，故−12≤a<0.
综上所述，实数a的取值范围为−12,1．
【答案】
解：(1)2a→+b→=2x,−1,3+1,2,−1=2x+1,0,5.
∵c→//(2a→+b→)，
设c→=λ(2a→+b→)(λ≠0)，
∴ 1,0,1=λ2x+1,0,5λ，
∴ λ2x+1=1，5λ=1，即λ=15，x=2，
∴ x的值为2.
(2)a→−b→=2,−1,3−1,2,−1=1,−3,4，
λa→+b→=λ(2,−1,3)+(1,2,−1)=(2λ+1,−λ+2,3λ−1)．
∵ (a→−b→)⊥(λa→+b→)，
∴ 2λ+1−3−λ+2+43λ−1=0，
解得λ=917.
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
空间向量运算的坐标表示
平行向量的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)2a→+b→=2x,−1,3+1,2,−1=2x+1,0,5.
∵c→//(2a→+b→)，
设c→=λ(2a→+b→)(λ≠0)，
∴ 1,0,1=λ2x+1,0,5λ，
∴ λ2x+1=1，5λ=1，即λ=15，x=2，
∴ x的值为2.
(2)a→−b→=2,−1,3−1,2,−1=1,−3,4，
λa→+b→=λ(2,−1,3)+(1,2,−1)=(2λ+1,−λ+2,3λ−1)．
∵ (a→−b→)⊥(λa→+b→)，
∴ 2λ+1−3−λ+2+43λ−1=0，
解得λ=917.
【答案】
解：(1)由题意，得2a=4，e=ca=32，
则a=2，c=3，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1，
此时椭圆的短轴长为2，焦距为23.
(2)由题意，联立x−2y−2=0，x24+y2=1，
解得x1=0，y1=−1或x2=2，y2=0，
所以A0,−1，B2,0，
所以|AB|=22+12=5.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
两点间的距离公式
【解析】
（1）由长轴得α，再由离心率求得c，从而可得b后可得椭圆方程；
（2）直线方程与椭圆方程联立方程组求得交点坐标后可得距离．
【解答】
解：(1)由题意，得2a=4，e=ca=32，
则a=2，c=3，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1，
此时椭圆的短轴长为2，焦距为23.
(2)由题意，联立x−2y−2=0，x24+y2=1，
解得x1=0，y1=−1或x2=2，y2=0，
所以A0,−1，B2,0，
所以|AB|=22+12=5.
【答案】
(1)证明：∵点D，E分别为棱BC，AC的中点，
∴DE//AB，
又DE⊂平面EFD，AB⊄平面EFD，
∴AB//平面EFD.
(2)解：以O为原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B4,0,0，C0,4,0，D2,2,0，E0,2,2，F0,0,1，
∴DE→=−2,0,2，EF→=0,−2,−1，
设平面DEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DE→=0，n→⋅EF→=0，
即−2x+2z=0，−2y−z=0，
令y=−1，则x=2，z=2,
∴n→=2,−1,2.
∵OB⊥平面CEF，
∴平面CEF的一个法向量为OB→=4,0,0，
∴cs⟨OB→,n→⟩=OB→⋅n→|OB→|⋅|n→|=84×3=23，
又二面角C−EF−D为锐角，
∴ 二面角C−EF−D的余弦值为23.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵点D，E分别为棱BC，AC的中点，
∴DE//AB，
又DE⊂平面EFD，AB⊄平面EFD，
∴AB//平面EFD.
(2)解：以O为原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B4,0,0，C0,4,0，D2,2,0，E0,2,2，F0,0,1，
∴DE→=−2,0,2，EF→=0,−2,−1，
设平面DEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DE→=0，n→⋅EF→=0，
即−2x+2z=0，−2y−z=0，
令y=−1，则x=2，z=2,
∴n→=2,−1,2.
∵OB⊥平面CEF，
∴平面CEF的一个法向量为OB→=4,0,0，
∴cs⟨OB→,n→⟩=OB→⋅n→|OB→|⋅|n→|=84×3=23，
又二面角C−EF−D为锐角，
∴ 二面角C−EF−D的余弦值为23.
【答案】
解：(1)命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−3≥m2−4m恒成立，
即(2x−3)min≥m2−4m成立，
又x∈0,1，
则2x−3min=−3，
∴ −3≥m2−4m，
∴ 1≤m≤3，
∴ 若p为真命题，则1≤m≤3．
(2)命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−2x+m−1≤0，
即x2−2x+m−1min≤0.
又x2−2x+m−1min=−2+m，
∴ −2+m≤0，
∴ m≤2，
若p∧q为假命题，p∨q为真命题，则p，q一真一假．
若q为假命题，p为真命题，
则1≤m≤3，m>2，
所以2若p为假命题，q为真命题，
则m<1或m>3，m≤2，
所以m<1.
综上所述，m<1或2【考点】
一元二次不等式的解法
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
（1）考虑p为真命题，转化为求2x−3的最小值，求得m的范围．
（2）求得q为真时，m的范围，再由复合命题的真值表可得p，q一真—假，可得所求m的范围．
【解答】
解：(1)命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−3≥m2−4m恒成立，
即(2x−3)min≥m2−4m成立，
又x∈0,1，
则2x−3min=−3，
∴ −3≥m2−4m，
∴ 1≤m≤3，
∴ 若p为真命题，则1≤m≤3．
(2)命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−2x+m−1≤0，
即x2−2x+m−1min≤0.
又x2−2x+m−1min=−2+m，
∴ −2+m≤0，
∴ m≤2，
若p∧q为假命题，p∨q为真命题，则p，q一真一假．
若q为假命题，p为真命题，
则1≤m≤3，m>2，
所以2若p为假命题，q为真命题，
则m<1或m>3，m≤2，
所以m<1.
综上所述，m<1或2【答案】
解：(1)由题意可知：2b=2，ca=32，a2=b2+c2，
得a=2，b=1，c=3，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，将y=kx+m代入椭圆方程，
消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以Δ=(8km)2−4(1+4k2)(4m2−4)>0，即m2<4k2+1①，
由根与系数关系得x1+x2=−8km1+4k2，则y1+y2=2m1+4k2，
所以线段MN的中点P的坐标为(−4km1+4k2,m1+4k2)．
又线段MN的垂直平分线l′的方程为y=−1k(x−1)，
由点P在直线l′上，得m1+4k2=−1k(−4km1+4k2−1)，
即4k2+3km+1=0，
所以m=−13k(4k2+1)②，
由①②得(4k2+1)29k2<4k2+1，
因为4k2+1>0，
所以4k2+1<9k2，
所以k2>15，
即k<−55或k>55，
所以实数k的取值范围是(−∞,−55)∪(55,+∞)．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)由题意可知：2b=2ca=32a2=b2+c2 ，解出即可得椭圆C的标准方程．
(Ⅱ)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，将y＝kx+m代入椭圆方程，消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4＝0，可得△>0，利用根与系数关系及其中点坐标公式可得线段MN的中点P的坐标，利用垂直平分线的性质可得线段MN的垂直平分线l′的方程，根据
点P在直线l′上，可得方程，进而得出实数k的取值范围．
【解答】
解：(1)由题意可知：2b=2，ca=32，a2=b2+c2，
得a=2，b=1，c=3，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，将y=kx+m代入椭圆方程，
消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以Δ=(8km)2−4(1+4k2)(4m2−4)>0，即m2<4k2+1①，
由根与系数关系得x1+x2=−8km1+4k2，则y1+y2=2m1+4k2，
所以线段MN的中点P的坐标为(−4km1+4k2,m1+4k2)．
又线段MN的垂直平分线l′的方程为y=−1k(x−1)，
由点P在直线l′上，得m1+4k2=−1k(−4km1+4k2−1)，
即4k2+3km+1=0，
所以m=−13k(4k2+1)②，
由①②得(4k2+1)29k2<4k2+1，
因为4k2+1>0，
所以4k2+1<9k2，
所以k2>15，
即k<−55或k>55，
所以实数k的取值范围是(−∞,−55)∪(55,+∞)．