山西省晋中市2020-2021学年高二上学期期末调研测试数学(文)数学试题

合集下载

2020-2021学年山西省山西名校高二上学期期末数学(文)试题及答案

2020-2021学年山西省山西名校高二上学期期末数学（文）试题一、单选题1．设集合1{}3|A x x =+≤，{}2|40B x x =-≤，则A B =（）A ．(,2]-∞-B ．(,4]-∞-C ．[]22-,D ．{}22],(-∞-答案：D解不等式求出集合A 、B ，再利用集合的交运算即可求解. 解：∵(,2]A =-∞，][,2)2,(B =-∞-+∞，∴{}(,]22A B ⋂=-∞-．故选：D2．若函数21()f x x x=+，则()1f '-=（） A ．1- B ．1C ．3-D ．3答案：C求得导函数，代入即可求得结果. 解：21()2f x x x '=-，则13f ．故选：C3．过点()3,4P 且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线有( ) A ．0条 B ．1条C ．2条D ．3条答案：C过点A 且在x 、y 轴上的截距互为相反数的直线有2条，分别求出即可．解：设直线在x 、y 轴上的截距分别为a 和()0a a -≠，则直线l 的方程为1x ya a-=，直线过点()3,4A ，341a a∴-=，解得：1a =-，此时直线l 的方程为10x y -+=；当0a =时，直线过原点，设直线方程为y kx =，过点()3,4A ，此时直线l 的方程为43y x =，即430x y -=；综上，直线l 的方程有2条．故选C ．点评：本题考查了直线的截距式方程应用问题，容易疏忽过原点的情况，是基础题． 4．设向量()2,1a =-，()1,2b =-，若()()a b ka b +⊥-，则实数k 的值为（） A ．1- B ．0C ．1D ．2答案：C利用向量坐标的线性运算以及向量垂直的坐标表示即可求解. 解：()3,3a b +=-，()21,2ka b k k -=--+，因为()()a b ka b +⊥-，所以()()()321320k k ⨯-+--+=，得1k =．故选：C5．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线的斜率为34，焦距为10，则双曲线C 的方程为（）A ．2213218x y -=B ．22134x y -=C ．221916x y -=D ．221169x y -=答案：D利用双曲线的渐近线的斜率，转化求出双曲线实半轴与虚半轴的长，即可得到双曲线方程．解：焦距为10，5c =，∴曲线的焦点坐标为()5,0±，双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b -=>>的一条渐近线的斜率为34，34b a ∴=，2225a b =+，解得4a =，3b =，所求的双曲线方程为：221169x y -=．故选D ．点评：本题考查椭圆与双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力． 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6B ．8C ．10D ．12答案：C由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为2，上半部分为直三棱柱，高为2，底面是等腰直角三角形，直角边长为2，再由正方体与棱柱的体积公式求解．解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为2，上半部分为直三棱柱，高为2，底面是等腰直角三角形，直角边长为2，则该几何体的体积1222222102V =⨯⨯+＝, 故选C ．点评：本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是基础题． 7．设α，β为两个不同的平面，l,m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则下列命题中为真命题的是( ) A ．若//l m ，则//l β B ．若l m ⊥，则αβ⊥ C ．若//αβ，则//l β D ．若αβ⊥，则l m ⊥答案：C在A 中，l 与β相交、平行或l β⊂；在B 中，α与β相交或平行；在C 中，由面面平行的性质定理得//l β；在D 中，l 与m 相交、平行或异面．解：由α，β为两个不同的平面，m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，知：在A 中，若//l m ，则l 与β平行或l β⊂，故A 错误；在B 中，若l m ⊥，则α与β相交或平行，故B 错误；在C 中，若//αβ，则由面面平行的性质定理得//l β，故C 正确；在D 中，若αβ⊥，则l 与m 相交、平行或异面，故D 错误．故选C ．点评：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 8．已知函数()cos()(0,0)6x f x A A πωω=->>图象上相邻的两条对称轴间的距离为2，则该函数图象的对称中心可能是（） A ．4(,0)3- B ．2(,0)3-C ．1(,0)3D ．5(,0)3答案：B由题意可知函数的最小正周期4T =，根据2T πω=求出ω，令()262x k k ππππ-+∈=Z 即可求解.解：相邻的两条对称轴间的距离为2，可得4T =，2T πω=，解得2πω=，所以()cos()26f x A x ππ=-，令()262x k k ππππ-+∈=Z ，解得42()3x k k +∈=Z ，令1k =-时，23x =-，该函数图象的对称中心可能是2(,0)3-. 故选：B9．已知在前n 项和为n S 的数列{}n a 中，11a =，12n n a a +=--，则101S =（） A ．97- B ．98-C ．99-D ．100-答案：C利用并项求和法即可求解.解：由12n n a a +=--，有12n n a a ++=-，则101123100101()()125099S a a a a a =+++++=-⨯=-．故选：C10．已知直线)2y x =-与抛物线C ：22(0)y px p =>的准线相交于M ，与C 的其中一个交点为N ，若线段MN 的中点在x 轴上，则(p = )A ．2B ．4C ．D ．答案：B求得直线与x 轴的交点()2,0T ，以及抛物线的准线方程，可得M 的坐标，由中点坐标公式可得N 的坐标，代入抛物线方程可得p 的方程，解方程可得p 的值．解：直线)2y x =-与x 轴的交点为()2,0T ，由抛物线的准线方程2p x =-，可得222p p M ⎛⎫⎫-+⎪ ⎪⎭⎝⎭，由T 为MN 的中点，可得4,222p p N ⎛⎫⎫++⎪ ⎪⎭⎝⎭，代入抛物线的方程可得23(2)2422p p p ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，化为28480p p +-=，解得4(12p =-舍去)，故选B ．点评：本题考查抛物线的方程和运用，同时考查中点坐标公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．11．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若三边的长为连续正整数，且C B A >>，320cos c C b=，则sin :sin :sin A B C =（） A ．2：3：4 B ．7：6：5C ．3：4：5D ．4：5：6答案：D首先根据三角形的大角对大边，得到c b a >>，即可设1c b =+，1a b =-，利用已知等式和余弦定理建立方程求得b ，最后由正弦定理可得；解：解：,C B A c b a >>∴>>.设1c b =+，1a b =-，由320cos cC b=，得320cos b c C =，且222cos 2a b c C ab+-=，代入化简得2727400b b --=.解得5b =，87b =-(舍去)，46ac ∴==，.sin :sin :sin ::4:5:6A B C a b c ∴==.故选：D.点评：本题考查正、余弦定理以及三角形中大角对大边的应用．本题最终需求解三个角的正弦的比值，明显是要利用正弦定理转化为边长的比值，因此必须求出三边长，属于中档题．12．点P 在椭圆221:143x y C +=上，1C 的右焦点为F ，点Q 在圆222:68210C x y x y ++-+=上，则PQ PF -的最小值为（）A ．4B ．4-C ．6-D ．6答案：D要求||||PQ PF -的最小值，根据椭圆的定义可以转化为||||||(||)||||11PQ PF PQ 2a PF PQ PF 2a -=--=+-（其中1F 为椭圆的左焦点），即求||||1PQ PF +的最小值，即为圆心与1F 的距离减去半径，进而解决问题．解：解：设椭圆的左焦点为1F 则||||||(||)||||11PQ PF PQ 2a PF PQ PF 4-=--=+-故要求||||PQ PF -的最小值，即求||||1PQ PF +的最小值，圆2C 的半径r 为2 所以||||1PQ PF +的最小值等于21C F 222-=-=-，||||1PQ PF +的最小值为6，故选D ．点评：本题考查了椭圆定义的知识、圆上一动点与圆外一定点距离的最值问题，解决问题时需要对题中的目标进行转化，将未知的问题转化为熟悉问题，将“多个动点问题”转化为“少（单）个动点”问题，从而解决问题．二、填空题13．函数()xf x e ex =-的单调递减区间为___________．答案：(,1)-∞首先求出导函数()f x '，令()0f x '<，解不等式即可. 解：()xf x e e '=-令()0xf x e e '=-<，解得1x <，所以函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞．故答案为：(,1)-∞14．某学院为了调查本校学生2018年9月“健康使用手机”（健康使用手机指每天使用手机不超过3小时）的天数情况，随机抽取了80名本校学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：[]0,5，(]5,10，…，(]25,30，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示.根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为______.答案：54计算出健康使用手机超过15天的频率后可得所求的人数.解：由图知，健康使用手机超过15天的频率为()0.070.050.01550.675++⨯=，从而健康使用手机超过15天的人数为0.6758054⨯=.点评：本题考查频率分布直方图的应用，注意直方图中，各矩形的高是频率组距，本题属于基础题. 15．倾斜角为3π且在x 轴上的截距为a 的直线被圆22()4x a y ++=所截得的弦长为2，则a =___．答案：1±设直线方程，求得圆心到直线的距离，再利用弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形可得解．解：倾斜角为3π且在x 轴上的截距为a 的直线方程为： )y x a =-，0y --=，圆心(),0a -， 2314a ∴+=，得1a =±，故答案为1±此题考查了圆的弦长问题，难度不大．点评：此题考查了圆的弦长问题，难度不大．16．三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的表面上，BC ⊥平面PAB ，PA AB ⊥，2PA =，1AB =，BC =，则球O 的表面积为___．答案：8π作出直观图，根据球的性质即可得PC 为球O 的直径，利用勾股定理计算PC ，从而可得出球的表面积．解：∵BC ⊥平面PAB ，则PA⊥BC，,PA AB ⊥且AB BC B ⋂=,则PA ⊥平面ABC ，所以PA⊥AC，又BC PB ⊥,∴PC 为三棱锥P ABC -外接球的直径,∴PC =∴PC 的中点为球O 的球心，∴球O 的半径r=2PC= ∴球O 的面积S=4πr 2=8π. 故答案为8π.点评：本题考查三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积，解题的关键是确定三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心与半径．求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用22224R a b c =++（a,b,c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA=a ），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径. 三、解答题17．已知命题:p “曲线2212:123x yC m m +=+表示焦点在y 轴上的椭圆”，命题:q “曲线222:121x y C m m +=+-表示双曲线”．（1）请判断p 是否是q 的必要不充分条件，并说明理由；（2）若命题“p 且q”是真命题，求实数m 的取值范围．答案：（1）p 不是q 的必要不充分条件，理由见解析；（2）10m -<<或01m <<. （1）分别求出p 命题中m 的取值范围和q 命题中m 取值范围，根据集合的包含关系可进行判断；（2）若命题“p 且q”是真命题，则p 、q 都是真命题，求出命题p q 、中m 的公共部分可得答案.解：（1）命题:p “曲线2212:123x yC m m +=+表示焦点在y 轴上的椭圆”，则2230230m m m m +>⎧⎪<+⎨⎪≠⎩，解得10m -<<或03m <<，命题:p 10m -<<或03m <<，命题:q “曲线222:121x y C m m +=+-表示双曲线”，则()()210m m +-<，解得21m -<<，命题:q 21m -<<，因为{|10m m -<<或03}m <<{}|21m m -<<，{}|21m m -<<{|10m m -<<或03}m <<，所以p 不是q 的必要不充分条件.（2）若命题“p 且q”是真命题，则p 、q 都是真命题，命题:p 10m -<<或03m <<，命题:q 21m -<<，所以{|10m m -<<或03}m <<{}|21m m -<<={|10m m -<<或01}m <<，实数m 的取值范围为10m -<<或01m <<.点评：本题考查逻辑问题，涉及到的知识点有根据复合命题的真假判断求参数的范围，必要不充分条件判断，解题的关键点是求出命题p 、q 中m 取值范围；必要不充分条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若p 是q 的必要不充分条件，则q 对应集合是p 对应集合的真子集；（2）p 是q 的充分不必要条件，则p 对应集合是q 对应集合的真子集；（3）p 是q 的充分必要条件，则p 对应集合与q 对应集合相等；（4）p 是q 的既不充分又不必要条件， q 对的集合与p 对应集合互不包含. 18．已知圆C 过点()0,1A ，()2,1B --，且圆心C 在直线3y x 上．（1）求圆C 的标准方程；（2）过点(4,2)P -的直线l 与圆C 相切，求直线l 的方程．答案：（1）22(2)(1)4x y ++-=；（2）4x =-或34200x y -+=. （1）圆C 过点()0,1A ，()2,1B --，且圆心C 在直线3y x 上,可用待定系数法求圆的标准方程;（2）求圆的切线,分斜率存在和斜率不存在两种情况讨论.解：解：（1）直线AB 的斜率为1(1)10(2)--=--，线段AB 的中点坐标为(1,0)- 直线AB 的垂直平分线的方程为(1)y x =-+，整理为1y x =--联立方程31y x y x =+⎧⎨=--⎩，解得21x y =-⎧⎨=⎩由圆C 的性质可知，圆心C 的坐标为(2,1)-，可得圆C 的半径为2AC = 故圆C 的标准方程为22(2)(1)4x y ++-=（2）①当直线l 的斜率不存在时，直线4x =-正好与圆C 相切，故此时直线l 的方程为4x =-②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为()24y k x -=+，整理为420kx y k -++=由直线l 与圆C 相切，有221k =+，解得34k = 可得直线l 的方程为3504x y -+=，整理为34200x y -+=故直线l 的方程为4x =-或34200x y -+=．点评：求圆的切线方程的思路通常有两种:（1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径；（2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用Δ=0．19．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 的中点，F 为1CC 的中点．（1）证明：//EF 平面1AC D ；（2）若2AD =，3AB =，14AA =，求点E 到平面1AC D 的距离．答案：（1）证明见解析；（2）65. （1）取1C D 的中点G ，连GF ，AG ，可得GF 为1C CD 的中位线，即//GF CD 且2CD GF =，又E 为AB 的中点，则可证明四边行AEFG 为平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可得证；（2）根据题意，可求得1113422322C ADE V -=⨯⨯⨯⨯=，再求得1AC D △的面积，利用等体积法，即可求得答案.解：（1）证明：取1C D 的中点G ，连GF ，AG ，如图所示：∵G 为1C D 的中点，F 为1CC 的中点，∴//GF CD 且2CD GF =，∵E 为AB 的中点，AB CD =，//AB CD ，∴//AE GF 且AE GF =∴四边行AEFG 为平行四边形，∴//AG EF ，又AG ⊂平面1AC D ，EF ⊄平面1AC D ，∴//EF 平面1AC D .（2）由长方体1111ABCD A B C D -的性质可得：AD ⊥平面11CDD C ，∵1C D ⊂平面11CDD C ，∴1AD C D ⊥，在1Rt CC D 中，由3CD =，14CC =，可得22119165C D CD CC =+=+=，在1Rt AC D 中，由2AD =，15C D =，可得112552D AC S =⨯⨯=，又1113422322C ADE V -=⨯⨯⨯⨯= 设点E 到平面1ACD 的距离为d由11C ADE E AC D V V --=，有1523d ⨯⨯=，可得65d =故点E 到平面1AC D 的距离为65．点评：解题的关键是熟练掌握线面平行的判定定理，并灵活应用，在求解点到平面距离时，常用等体积法求解，考查推理证明，计算化简的能力，属基础题.20．已知抛物线24C y x =：的交点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点（1）当直线l 的倾斜角为135°时，求AB（2）若过点P （1,2）的直线m 与抛物线C 相切，且直线//m 直线l ，求直线l 的方程答案：（1）8；（2）1y x =-.（1）抛物线的焦点弦的弦长12||AB x x p =++即可求出AB ；（2）设直线m 的方程为()21y k x -=-，用设而不求法求出直线m 的斜率，即可求出直线方程.解：解：（1）焦点F 的坐标为()1,0由直线l 的倾斜角为135︒，可知直线l 的斜率为1-，可得直线l 的方程为1y x =-+，设点A ，B 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ，联立方程241y x y x ⎧=⎨=-+⎩，消去y 后整理为：2610x x -+=，有126x x +=，121=x x ，由抛物线的性质有12||2628AB x x =++=+=．（2）设直线m 的斜率为k ，可得直线m 的方程为()21y k x -=-，整理为2y kx k =+-，联立242y x y kx k⎧=⎨=+-⎩，消去x 后整理为2204k y y k -+-=，有14(2)04k k ∆=-⨯-=，得1k =．由直线l∥直线m ，可得直线l 的方程为1y x =-．点评："设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.21．已知函数()ln 1f x x =+．（1）直线20l x y -+=:，求曲线()y f x =上的点到直线l 的最短距离；（2）若曲线21()(1)()(03)2g x x a x f x x =-++<<存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x 轴平行，求实数a 的取值范围．答案：（1；（2）7(1,)3.（1）可得与l 平行且与()y f x =相切的切线的切点到直线距离最短，求出切点即可得出；（2）求出()g x 的导数，题目等价于2(1)10x a x -++=在()0,3上有两个不同的根，则列出式子即可求出.解：解：（1）设曲线()y f x =上的点()00,A x y 到直线l 的距离最短，则在点A 的切线与l 平行，001()1f x x ='=，∴01x =，求得01y =， ∴在点A 的切线方程为y x =，∴点A 到直线l= （2）由题意得21()(1)ln 1(03)2g x x a x x x =-+++<<， ∴21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=-++=， ∵曲线()y g x =上存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x 轴平行， ∴关于x 的方程()0g x '=，即2(1)10x a x -++=在()0,3上有两个不同的根，设2()(1)1h x x a x =-++，则 ()()()()21400101032393110a h a h a ⎧∆=+->⎪=>⎪⎪⎨+<<⎪⎪=-++>⎪⎩，解得713<<a ， ∴实数a 的取值范围是7(1,)3．点评：本题考查利用导数解决方程的根的问题，解题的关键是将题目等价为2(1)10x a x -++=在()0,3上有两个不同的根.22．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为2，短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．答案：（1）2214xy+=；（2）证明过程见解析.（1）由短轴长知1b=，再根据离心率列出方程组求解a，即可写出椭圆的标准方程；（2）求出点A、B、D的坐标，利用椭圆的参数方程设()2cos,sinPθθ，分别求出直线AD、直线BP、直线BD、直线AP的方程，联立相应直线方程求出点M、N的坐标，证明0AB MN⋅=即可.解：（1）设椭圆的焦距为2c，由题意可得：1b=，3ca=，222a b c=+，解得2a=，∴椭圆C的标准方程为2214xy+=.（2）证明：由已知条件可得()()()2,0,2,0,0,1A B D--,由（1）知椭圆的参数方程为2cossinxyθθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），设点()2cos,sinPθθ，∴直线AD的方程为220x y++=，直线BD的方程为220x y--=，直线BP的方程为sin(2)2cos2y xθθ=--，直线AP的方程为sin(2)2cos2y xθθ=++，联立直线BD与直线AP的方程2sin2cos2220cos1sin2sin cos1(2)2cos2cos1x y xsiny xysinθθθθθθθθθθ++⎧--==⎧⎪⎪⎪+-⇒⎨⎨++=+⎪⎪=+⎩⎪+-⎩，M ∴点的坐标为2sin 2cos 22sin cos 1,cos 1cos 1sin sin θθθθθθθθ++++⎛⎫ ⎪⎝+--⎭+，联立直线BP 与直线AD 的方程2sin 2cos 2220cos 1sin 2sin sin (2)2cos 2cos 1sin cos 1x y x sin y x y θθθθθθθθθθθ++⎧++==⎧⎪⎪⎪+-⇒⎨⎨=-⎪⎪=⋅-⎩⎪+--⎩， ∴点N 的坐标为2sin sin cos 1sin cos 2sin 2cos 2,1cos 1sin θθθθθθθθθ+⎛⎫⋅ ⎪++-⎝--⎭+， ()sin 2sin 1cos 14,0,0,cos 1sin AB MN θθθθθ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪-⎝⎭ ⎪∴==+- ⎪ ⎪⎝⎭， 0AB MN ⋅=且AB 在x 轴上，∴MN 垂直于x 轴.点评：本题利用椭圆的参数方程设()2cos ,sin P θθ，简化了解题过程及计算量。

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、选择题1. 已知集合M ={x|x 2>4}，N ={x|x 2−x −12≤0}，则M ∩N =( ) A.{x|−3≤x ≤4} B.{x|−3≤x <−2或2<x ≤4} C.{x|2<x ≤4} D.{x|−4≤x <−2或2<x ≤3}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.0 B.1 C.2 D.34. 在四面体ABCD 中，E 是棱BC 的中点，且AE →=xAD →+yDB →+zDC →，则（） A.x +y +z =1 B.xyz =12C.x =y +zD.x 2=y 2+z 25. 若函数f (x )=sin (ωx −5π6)(ω>0)的最小正周期为3π2，则f (x )图象的对称轴方程为( ) A.x =π3+43kπ(k ∈Z )B.x =π3+34kπ(k ∈Z )C.x =π+34kπ(k ∈Z ) D.x =π+43kπ(k ∈Z )6. 圆C 1:x 2+y 2=9与圆C 2:(x −1)2+(y +2)2=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B (4,−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.①②③8. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知 a sin A =b sin B −2sin C ，A =π3，则b −c =( )A.−2B.2C.−1D.19. 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//βB.若α⊥β，a ⊥α，a//b ，b ⊄β，则b//βC.若a//b ，b ⊥α，则a ⊥αD.若a//α，b ⊂α，则a//b10. 已知函数f (x )=x 2−2x ，若a =log 827，b =log 511，c =−log 0.258，则( ) A.f (b )<f (c )<f (a ) B.f (b )<f (a )<f (c ) C.f (c )<f (a )<f (b ) D.f (c )<f (b )<f (a )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.2√3C.4D.612. 已知P 是圆C ：x 2+y 2−2x +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.12√2−18 B.6√3−18 C.12√2−16 D.6√3−16二、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<cos ⟨a →,b →⟩<12，则|2a →−b →|的取值范围是________.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 ̂=b ̂x +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 ̂=b ̂x +a ̂的斜率和截距的最小二乘估计分别为b̂=∑x i n i=1y i −nx ¯y¯∑x i 2n i=1−nx¯2，a ̂=y ¯−b ̂x ¯.参考数据：∑x i 8i=1y i =241，∑x i 28i=1=356.如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2．(1)在棱BC 上求作一点D ，使得A 1C//平面AB 1D ；(2)在(1)的条件下，求点A 1到平面AB 1D 的距离．已知{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，a 1=b 1=1，a 2=−4，a 3=b 6. (1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{a kb n b n+1}的前21项和S 21为正整数，求k 的最小值，并求此时S 21的值．已知A (1,0)，B (4,6)，C (6,2)．(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A (1,1)和B (2,−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A 1的位置，且A 1C =BC =2.(1)证明：平面A 1DE ⊥平面BCD ；(2)求平面A 1BE 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．参考答案与试题解析2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、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<x≤4}.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→+12(DB→+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|=√(1−0)2+(−2−0)2=√5.因为r2−r1=3，所以|C1C2|<r2−r1，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B (4,−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cos ⟨AB →,CD →⟩=√32√3=−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： a 2=b 2−2c ，由余弦定理得a 2=b 2+c 2−2bc cos π3=b 2−2c ，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 =log 827=log 23=log 49>log 48=32， 1=log 55<b =log 511<log 5√125=32， c =−log 0.258=log 48=32，所以b <c <a ．因为f (x )=x 2−2x 在[1,+∞)上单调递增，所以f (b )<f (c )<f (a )．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2√3的等腰三角形，所以该三角形外接圆的直径2r =2√3sin 120∘=4，所以该几何体外接球的半径R =√r 2+(ℎ2)2=√4+14ℎ2.因为该几何体外接球的表面积S =4πR 2=(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 −1)2+(y +2)2=6，则圆C 的半径为√6．设|PC|=d ，则|PA|=|PB|=√d 2−6. 因为sin ∠APC =√6d，所以cos ∠APB =1−2(√6d )2=1−12d 2，所以PA →⋅PB →=(d 2−6)(1−12d 2)=d 2+72d 2−18 ≥2√72−18=12√2−18，当且仅当d 2=72d 2，即d 2=6√2>6时，等号成立，故PA →⋅PB →的最小值为12√2−18．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√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 =37−12cos ⟨a →,b →⟩. 又13<cos ⟨a →,b →⟩<12，所以4<12cos ⟨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A (1,0)时，z 取得最大值，故z max =2×0−3×1=−3．故答案为：−3. 【答案】 3√1111【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cos⟨n→,AD→⟩=√22×√2=3√1111，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为3√1111．故答案为：3√1111.三、解答题【答案】解：(1)x¯=6，y¯=4，b̂=∑x i8i=1y i−8xy¯∑x i28i=1−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，因为â=y¯−b̂x¯=4−4968×6≈−0.32，所以y关于x的线性回归方程为ŷ=0.72x−0.32．(2)当x=14时，ŷ=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，b̂=∑x i8i=1y i−8xy¯∑x i28i=1−8x¯2=241−8×6×4356−8×62=4968≈0.72，因为â=y¯−b̂x¯=4−4968×6≈−0.32，所以y关于x的线性回归方程为ŷ=0.72x−0.32．(2)当x=14时，ŷ=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=2√2，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V C−AB1D=V B1−ACD，得13S△AB1D⋅ℎ=13S△ACD⋅BB1，即13×√152×ℎ=13×√32×2，解得ℎ=2√55，故点A1到平面AB1D的距离为2√55．【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=2√2，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V C−AB1D =V B1−ACD，得13S△AB1D⋅ℎ=13S△ACD⋅BB1，即13×√152×ℎ=13×√32×2，解得ℎ=2√55，故点A1到平面AB1D的距离为2√55．【答案】解：(1)因为a1=1，a2=−4，所以{a n}的公比q=−4，则{a n}的通项公式为a n=(−4)n−1．又因为b1=1，b6=a3=16，所以{b n}的公差d=16−16−1=3，则{b n}的通项公式为b n=1+3(n−1)=3n−2．(2)因为a kb n b n+1=a k(3n−2)(3n+1)=a k3(13n−2−13n+1)，所以S21=a k3(1−14+14−17+⋯+161−164)=a k3(1−164)=2164a k．因为a k=(−4)k−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{a n}的公比q=−4，则{a n}的通项公式为a n=(−4)n−1．又因为b1=1，b6=a3=16，所以{b n}的公差d=16−16−1=3，则{b n}的通项公式为b n=1+3(n−1)=3n−2．(2)因为a kb n b n+1=a k(3n−2)(3n+1)=a k3(13n−2−13n+1)，所以S21=a k3(1−14+14−17+⋯+161−164)=a k3(1−164)=2164a k．因为a k=(−4)k−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)∵ k AB=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=−12(x−6)，即x+2y−10=0．(2)∵ k BC=6−24−6=−2=−k AB，∴ 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M(4,m).∵ 直线AB的方程为y=2(x−1)，∴ M到直线AB的距离d1=√5．∵ 直线AC的方程为y=26−1(x−1)，即2x−5y−2=0，∴ M到直线AC的距离d2=√29．依题意可得M在△ABC的内部，则2<m<6.由d1=d2，即√5=√29，解得m=√5+√29)√29+5√5=√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)∵ k AB=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=−12(x−6)，即x+2y−10=0．(2)∵ k BC=6−24−6=−2=−k AB，∴ 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M(4,m).∵ 直线AB的方程为y=2(x−1)，∴ M到直线AB的距离d1=5．∵ 直线AC的方程为y=26−1(x−1)，即2x−5y−2=0，∴ M到直线AC的距离d2=√29．依题意可得M在△ABC的内部，则2<m<6.由d1=d2，即√5=√29，解得m=√5+√29)29+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A(1,1)和B(2,−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+3)2+(y+2)2=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=2√25−ℎ2，所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ√25−ℎ2，所以S△CDE=√ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=5√22时等号成立．此时ℎ=√1+1=5√22，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A(1,1)和B(2,−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+3)2+(y+2)2=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=2√25−ℎ2，所以△CDE的面积S△CDE=12|DE|⋅|CH|=ℎ√25−ℎ2，所以S△CDE=√ℎ2(25−ℎ2)≤ℎ2+25−ℎ22=252，当且仅当ℎ2=25−ℎ2，即ℎ=5√22时等号成立．此时ℎ=√1+1=5√22，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D(0,1,0)，E(0,−1,0)，C(√3,0,0)，B(√3,−2,0)，A1(0,−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)，∵cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=√5×√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DE 2=AE 2+AD 2，则∠EAD =90∘，即AD ⊥AE ，即A 1D ⊥A 1E ．∵ O 是DE 的中点，∴ OA 1=12DE =1．∴ ∠CDE =∠ABC =60∘，∴ △CDE 为等边三角形， ∴ OC ⊥DE ，且OC =√3，∴ A 1C 2=OA 12+OC 2，∴ ∠A 1OC =90∘，即OA 1⊥OC ．又∵ OC ⊥DE ，且OA 1∩DE =O ，∴ OC ⊥平面A 1DE ， ∵ OC ⊂平面BCD ，∴ 平面A 1DE ⊥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D (0,1,0)，E (0,−1,0)，C(√3,0,0)，B(√3,−2,0)，A 1(0,−12,√32)．设平面A 1BE 的法向量为m →=(x,y,z )，则{m →⋅BE →=−√3x +y =0,m →⋅EA 1→=12y +√32z =0, 令z =1，得m →=(−1,−√3,1)．设平面A 1CD 的法向量为n →=(x ′,y ′,z ′)，则{n →⋅CD →=−√3x ′+y ′=0,n →⋅DA 1→=−32y ′+√32z ′=0, 令x ′=1，得n →=(1,√3,3)， ∵ cos ⟨m →,n →⟩=m →⋅n→|m →||n →|=−1−3+3√5×√13=−√6565， ∴ 平面A 1BE 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为√6565．。

山西省晋中市太古中学2020-2021学年高二数学文期末试卷含解析

山西省晋中市太古中学2020-2021学年高二数学文期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若等比数列{a n}的公比q＜0，前n项和为S n，则S8a9与S9a8的大小关系是（）A．S8a9＞S9a8 B．S8a9＜S9a8 C．S8a9=S9a8 D．不确定参考答案：A【考点】等比数列的前n项和．【专题】常规题型．【分析】首先对S8?a9﹣S9?a8两式作差，然后根据等比数列通项公式和前n项和公式，对其整理变形，进而判断符号可得答案．【解答】解：S8?a9﹣S9?a8=?a1q8﹣?a1q7===﹣a12q7．又q＜0，则S8?a9﹣S9?a8＞0，即S8?a9＞S9?a8．故选A．【点评】本题考查等比数列通项公式和前n项和公式，同时考查作差法比较大小．2. 从1，2，3，4这个数中，不放回地任意取两个数，两个数都是偶数的概率是( )A. B. C. D.参考答案：A3. 与抛物线x2＝4y关于直线x＋y＝0对称的抛物线的焦点坐标是()A．(1,0) B．(，0) C．(－1,0) D．(0，－)参考答案：C略4. 设为等差数列的前n项和，已知在中有，那么中最小的是（）。

（A）（B）（C）（D）参考答案：C5. 若随机变量η的分布列如下：0.10.2则当时，实数x的取值范围是（）Ａ．x≤2 Ｂ．1≤x≤2 Ｃ．1＜x≤2 Ｄ．1＜x＜2参考答案：C略6. 针对时下的“抖音热”，某校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人数的，男生喜欢抖音的人数占男生人数的，女生喜欢抖音的人数占女生人数若有95%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则男生至少有（）人．参考答案：A【分析】由题，设男生人数x ，然后列联表，求得观测值，可得x 的范围，再利用人数比为整数，可得结果.【详解】设男生人数为，则女生人数为，则列联表如下：若有95%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则即解得又因为为整数，所以男生至少有12人故选A【点睛】本题是一道关于独立性检验的题目，总体方法是运用列联表进行分析求解，属于中档题. 7. 椭圆的长轴长、短轴长、离心率依次是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．参考答案：B 略8.（）(A)(B)- (C)(D)参考答案：C略 9. 数据，，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别是（）Ａ．和Ｂ．和Ｃ．和Ｄ．和参考答案：C10. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例，若输入n ，x 的值分别为3，2则输出v 的值为（）A. 35B.20C. 18D.9参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在极坐标系中，定点A ，点B 在直线ρcos θ+ρsin θ=0上运动，当线段AB 最短时，点B 的极坐标是．参考答案：【考点】IT：点到直线的距离公式；QH ：参数方程化成普通方程．【分析】在极坐标系中，直线ρcos θ+ρsin θ=0，化为x+y=0，线段AB 最短，就是过A 与x+y=0垂直的直线，和它的交点．再换成极坐标．【解答】解：直线ρcos θ+ρsin θ=0，化为x+y=0，与x+y=0垂直过A 的直线方程为：y ﹣1=x ，这两条直线的交点是．所以B 的极坐标是．故答案为：．【点评】本题是极坐标和直角坐标方程，极坐标和直角坐标的互化，容易出错． 12. 已知函数，下列结论错误的是（）A.函数一定存在极大值和极小值B.若函数在上是增函数，则C.函数的图像是中心对称图形D.函数一定存在三个零点参考答案：D13. 数列{a n }的前n 项和是S n ，若数列{a n }的各项按如下规则排列：，…，若存在整数k ，使S k ＜10，S k+1≥10，则a k =_________ ．参考答案：14. 已知变量满足约束条件，则的最大值是_______．参考答案：9 略15. 对于集合,定义，设，则参考答案：略16. 在中，若，则。

山西省晋中市2021届数学高二上学期期末调研试卷

山西省晋中市2021届数学高二上学期期末调研试卷一、选择题1．已知1F ，2F 是双曲线22x y 1169-=的左右焦点，P 是双曲线右支上一点，M 是1PF 的中点，若OM 1=，则1PF 是( )A.10B.8C.6D.42．执行如图所示的程序框图，若输入542n A x ===，，，则输出的A 的值为（）A.27B.56C.113D.2263．已知命题2:",11"p x R x ∀∈+≥的否定是200",11"x R x ∃∈+≤；命题:q 在ABC ∆中，""A B >是"sin sin "A B >的充要条件．则下列命题是真命题的是A ．p q ∧B ．p q ∨C ．p q ∧⌝D ．p q ⌝∧⌝4．执行如图的程序框图，若输入的N 值为10，则输出的N 值为( )A ．1-B ．0C ．1D ．25．已知椭圆2212516x y +=上的一点P 到椭圆一个焦点的距离为3，则P 到另一个焦点的距离为( )A ．9B ．7C ．5D ．36．设a ，b ，c 是空间的三条直线，给出以下三个命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；②若a 和b 共面，b 和c 共面，则a 和c 也共面； ③若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ．其中正确命题的个数是（） A.0B.1C.2D.37．执行如图的程序框图，如果输入的N 的值是6，那么输出的p 的值是（）A ．15B ．105C ．120D ．7208．某企业生产甲、乙两种产品均需要A ，B 两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获得利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为（）9．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A ．B ．C ．D ．10．已知a ＋b ＋c ＝1，且a ， b ， c ＞0，则 222a b b c a c+++++ 的最小值为( ) A.1B.3C.6D.9 11．已知函数，对任意，存在，使得，则的最小值为（）A ．B ．C ．D ．12．某大学推荐7名男生和5名女生参加某企业的暑期兼职，该企业欲在这12人中随机挑选3人从事产品的销售工作，记抽到的男生人数为X ，则()E X =（） A.2 B.74C.94D.32二、填空题13．下图给出了一个程序框图，其作用是输入x 的值，输出相应的y 值．若要使输入的x 值与输出的y 值满足关系式y=-2x+4，则这样的x 值___个．14．已知{}{}2|320,|1A x x x B x x a =-+<=<<，若A B ⊆，则实数a 的取值范围是________．15．在ABC ∆中，3B π=，AC =222cos cos sin C A B --sin B C =，则BC =__________．16．如图所示，该程序运行后输出的结果为_____．三、解答题 17．在长方体中，，，为的中点.（1）求二面角的大小；（2）在矩形内部是否存在点，使平面，若存在，求出其中的一个点，若不存在，请说明理由. 18．已知函数，．Ⅰ讨论函数的单调区间；Ⅱ若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数b 的取值范围． 19．已知函数.（1）若，求的最小值，并指出此时的取值范围；（2）若，求的取值范围.20．二次函数满足,且解集为（1）求的解析式；（2）设,若在上的最小值为,求的值.21．已知抛物线E ：x 2=2py （p ＞0）的焦点为F ，直线x=2与x 轴的交点为M ，与抛物线E 的交点为N ，且4|FN|=5|MN|．（1）求抛物线E 的方程；（2）若直线y=kx+2与E 交于A ，B 两点，C （0，-2），记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 12+k 22-2k 2为定值．22．如图所示，四棱锥P ABCD -中，,PD DC PD AD ⊥⊥，底面ABCD 中，ABDC ，AB AD ⊥，又6CD =，3AB AD PD ===，E 为PC 中点．（1）求证：BE平面PAD；（2）求异面直线PA与CB所成角．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题13．22,+∞14．[)1516．45三、解答题17．（1）30°（2）见解析【解析】【试题分析】（1）分别以为轴建立空间直角坐标系，通过计算平面及的法向量，利用向量夹角公式可求得二面角的大小.（2）通过计算平面的法向量和直线的方向向量，这两个向量的数量积应该为零，由此求得为所求点的其中之一.【试题解析】（1）分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，．设平面的法向量为，则即令，得.又为平面的法向量，∴，故二面角的大小为30°.（2）设，则，∵平面，∴．即，∴．令，，得为所求点的其中之一.【点睛】本小题主要考查利用空间向量求两个平面所成的二面角的大小，考查利用空间向量求证存在性问题.要求两个平面所成二面角的大小，则先建立空间直角坐标系，求出两个平面对应的法向量，通过向量的夹角公式计算得二面角的余弦值，然后判断二面角的大小.18．(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)【解析】分析：（1）求导，解不等式，得到增区间，解不等式，得到减区间；（2）函数f（x）在x=1处取得极值，可求得a=1，于是有f（x）≥bx﹣2⇔1+﹣≥b，构造函数g （x）=1+﹣，g（x）min即为所求的b的值详解：（1）在区间上，，当时，恒成立，在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是（2）因为函数在处取得极值，所以，解得，经检验可知满足题意由已知，即，即对恒成立，令，则，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，即.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为19．(1)见解析;(2).【解析】【分析】（1）根据绝对值的意义求出的范围即可；（2）问题转化为当时，，结合函数的性质得到关于的不等式，解出即可.【详解】（1），当且仅当时取等号，故的最小值为，此时的取值范围是.（2）时，显然成立，所以此时；时，由，得.由及的图象可得且，解得或.综上所述，的取值范围是【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有绝对值的意义，绝对值三角不等式，分类讨论思想，灵活掌握基础知识是解题的关键.20．（1）（2）【解析】【分析】（1）直接根据两个已知条件得到关于a,b,c的方程，解方程组即得的解析式；(2)对m分类讨论，利用二次函数的图像和性质求m的值.【详解】（1）∵∴即①又∵即的解集为∴是的两根且a>0.∴ ②③a=2,b=1,c=-3∴（2）其对称轴方程为①若即m<-3时，由得不符合②若即时，得：符合③若即m>9时，=由得不符合题意∴【点睛】这个题目考查了二次函数的解析式的求法，二次函数的解析式有：两根式，即已知函数的两个零点可设这种形式；顶点式，已知函数的顶点可设为这种形式；一般式，涉及三个未知数，需列方程组求解；二次函数的最值和函数的对称轴有直接关系，在整个实数集上，最值在轴处取得，在小区间上需要讨论轴和区间的关系，得到最值. 21．（1）x 2=2y ；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用条件求出2(2,)N p，(2,0)M ，再用焦半径公式表示||NF ，利用两点间距离公式表示||MN ，再由条件4||5||FN MN =建立关于p 的方程，从而求出抛物线方程.（2）联立直线方程与抛物线方程，消去y 得关于x 的一元二次方程，利用韦达定理得1212,x x x x +的值，设出1122(,),(,)A x y B x y ，利用斜率公式表示12,k k ，然后代入式子222122k k k +-可得其值为8，即可得证. 【详解】（1）设N （2，y 0），代入x 2=2py ，得02y p =，而M （2，0），则2MN p =．又p F 02⎛⎫ ⎪⎝⎭，，0p 2p NF y 2p 2=+=+，由4|FN|=5|MN|，得8102p p p+=，则p=1，因此，抛物线E 的方程为x 2=2y ；（2）设点A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2），由2x 2yy kx 2⎧=⎨=+⎩，得x 2-2kx-4=0．由韦达定理可得x 1+x 2=2k ，x 1x 2=-4．△=4k 2+16＞0，2222121212y 2y 2k k ()()x x +++=+=22122212(kx 4)(kx 4)x x +++=222211222212k x 8kx 16k x 8kx 16x x +++++ =222121211112k 8k 16x x x x ⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=()212212122212128k x x (x x )2x x 2k 16x x x x ++-++⋅ =2k 2-4k 2+4k 2+8=2k 2+8，因此，22212k k 2k 8+-=．【点睛】主要考查了抛物线方程的求解，以及与抛物线有关的定值问题，属于难题.对于定值问题，关键是通过运用参数（一般为斜率等）表示该代数式子，然后化简求出其值，从而证明其恒为定值. 22．（1）见解析（2）60. 【解析】【分析】(1)首先可以取PD 的中点为F 并连接EF 、AF ，然后利用三角形中位线的相关性质证明出四边形ABEF 为平行四边形以及//BE AF ，即可得出结果；(2)首先可以取CD 中点G 并连接AG PG 、，然后通过证明//BC AG 得出异面直线PA 与CB 所成角即PAG ∠，最后利用PA AG PG 、、三边长即可得出结果。

2020-2021学年山西省晋中市东六支中学高二数学文期末试卷含解析

2020-2021学年山西省晋中市东六支中学高二数学文期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 由首项，公比确定的等比数列中，当时，序号等于（）（A）4 （B）5 （C）6 （D）7参考答案：D2. 设f(x)，g(x)分别是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0.且g(－3)＝0.则不等式f(x)g(x)<0的解集是 ( )A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)参考答案：D3. 分配4名水暖工去3个不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，并每名水暖工只去一个居民家，且每个居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有（）A．A种B．A A种C．C A种 D．C C A种参考答案：C【考点】计数原理的应用．【分析】根据题意，分析可得，必有2名水暖工去同一居民家检查；分两步进行，①先从4名水暖工中抽取2人，②再将这2人当做一个元素，与其他2人，共3个元素，分别分配到3个不同的居民家里，由分步计数原理，计算可得答案．【解答】解：根据题意，分配4名水暖工去3个不同的居民家里，要求4名水暖工都分配出去，且每个居民家都要有人去检查；则必有2名水暖工去同一居民家检查，即要先从4名水暖工中抽取2人，有C42种方法，再将这2人当做一个元素，与其他2人，共3个元素，分别分配到3个不同的居民家里，有A33种情况，由分步计数原理，可得共C42A33种不同分配方案，故选C．4. 抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.参考答案：A略5. 由圆x2+y2=4外一动点P向该圆引两条切线PA和PB，若保持∠APB=60°，则点P的轨迹方程为（）A. x2+y2=8B. x2+y2=16C. x2+y2=32D. x2+y2=64参考答案：B6. 用数学归纳法证明“时，从“到”时，左边应增添的式子是（）A. B. C. D.参考答案：C略7. 在△ABC中，，AD为角A的平分线，，，则的长是（）A．B．或2 C．1或2 D．参考答案：A如图，由已知条件可得，，，解得，故选A.8. 不等式<1的解集记为p ，关于x 的不等式x 2＋(a －1)x －a>0的解集记为q ，已知p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是( )A 、(－2，－1]B 、[－2，－1]C 、[－2，－1)D 、[－2，＋∞)参考答案：A 略9. 设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝－，则|a ＋2b |＝( ) A ． B ． C ． D ．参考答案： B10. 若定义在R 上的偶函数f （x ）满足f （x+2）=f （x ），且当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，则函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点个数是（） A ．多于4个 B ．4个 C ．3个 D ．2个参考答案：B【考点】对数函数的图象与性质；函数的周期性．【分析】根据定义在R 上的偶函数f （x ）满足f （x+2）=f （x ），且当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，我们易画出函数f （x ）的图象，然后根据函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点个数，即为对应方程的根的个数，即为函数y=f （x ）与函数y=log 3|x|的图象交点的个数，利用图象法得到答案．【解答】解：若函数f （x ）满足f （x+2）=f （x ），则函数是以2为周期的周期函数，又由函数是定义在R 上的偶函数，结合当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，我们可以在同一坐标系中画出函数y=f （x ）与函数y=log 3|x|的图象如下图所示：由图可知函数y=f （x ）与函数y=log 3|x|的图象共有4个交点，即函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点个数是4个，故选B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 设，，，则从小到大的排列顺序为.参考答案：12. 已知复数z ＝（x ，y ∈R ，i 为虚数单位）的模为，求的最大值.参考答案：解：由得：，由几何意义易得：的最大值为.略 13. 已知中，分别为内角的对边，且，则______．参考答案：，∴利用余弦定理可得，整理可得：，∴由余弦定理可得：，故答案为．14. 若，则的值为．参考答案： 3 略15. 设，是实数，其中是虚数单位，则．参考答案：16. 设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，记M n =2a 1a 2…a n ，求M n 的最大值= ．参考答案：64【考点】等比数列的性质．【分析】求出数列的等比与首项，化简a 1a 2…a n ，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，可得q （a 1+a 3）=5，解得q=． a 1+q 2a 1=10，解得a 1=8．则a 1a 2…a n =a 1n ?q 1+2+3+…+（n ﹣1）=8n ?（）=2=2，当n=3或4时，M n 的最大值=2=64．故答案是：64．17. 若直线Ax -2y -1=0与直线6x -4y +1=0互相平行，则A 的值为 .参考答案：略三、解答题：本大题共5小题，共72分。

山西省晋中市左权县第二中学2020-2021学年高二数学文上学期期末试题含解析

山西省晋中市左权县第二中学2020-2021学年高二数学文上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 点P的直角坐标为，则点P的极坐标可以为（）A. B.C. D.参考答案：D【分析】先判断点的位置，然后根据公式：，求出，根据点的位置，求出.【详解】因为点的直角坐标为，所以点在第二象限.，因为点在第二象限，所以，故本题选D.【点睛】本题考查了点的直角坐标化为极坐标，关键是要知道点的具体位置.2. 下列几种推理过程是演绎推理的是（）A．比较5和ln3的大小B．由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质C．某高中高二年级有15个班级，1班有51人，2班有53人，3班52人，由此推测各班都超过50人D．由股票趋势图预测股价参考答案：A【考点】F6：演绎推理的基本方法．【专题】11 ：计算题；5M ：推理和证明．【分析】根据题意，结合演绎推理的定义，依次分析选项，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A、为三段论的形式，属于演绎推理；对于B、为类比推理；对于C、为归纳推理；对于D、为归纳推理．故选：A．【点评】本题考查演绎推理的定义，关键是掌握演绎推理的形式．3. 方程对应的曲线是参考答案：D4. 设椭圆中心在原点，两焦点F1，F2在x轴上，点P在椭圆上.若椭圆的离心率为，△PF1F2的周长为12，则椭圆的标准方程是参考答案：B因为△PF1F2的周长＝2a＋2c＝12，，所以a＝4，c＝2，b2＝12，故选B.5. 已知二面角α-l-β为，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）(A) (B)2 (C) (D)4参考答案：C6. 若，则的值使得过点可以做两条直线与圆相切的概率等于不确定参考答案：B7. 阅读右面的程序框图，则输出的（）A． B．C． D．参考答案：A8. 设，，，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．参考答案：D9. 设为可导函数，，则在点（1，）处的切线斜率为（）A. 2B. – 1C. 1D. – 2参考答案：C【分析】根据导数几何意义求切线斜率.【详解】函数在点处的切线的斜率为．选B.【点睛】本题考查导数定义以及导数几何意义,考查基本求解能力,属基础题. 10. 已知函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1，g(x)＝mx，若对于任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是()A．(0,2) B．(0,8) C．(2,8) D．(－∞，0)参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 命题p：“任意素数都是奇数”,则p的否定为：__________________________.参考答案：存在素数不是奇数12. 设x，y满足约束条件，向量=（y﹣2x，m），=（1，﹣1），且∥，则m的最小值为．参考答案：﹣6【考点】简单线性规划．【分析】由向量共线的坐标表示得到m=2x﹣y，再由约束条件作出可行域，数形结合求得m的值．【解答】解：∵=（y﹣2x，m），=（1，﹣1），且∥，∴﹣1×（y﹣2x）﹣1×m=0，即m=2x﹣y．由约束条件作可行域如图，联立，解得C（1，8）．由m=2x﹣y，得y=2x﹣m，∴当直线y=2x﹣m在y轴上的截距最大时，m最小，即当直线y=2x﹣m过点C（1，8）时，m的最小值为2×1﹣8=﹣6．故答案为：﹣6．13. 某商场在国庆黄金周的促销活动中，对10月2日9时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为2.5万元，则11时至12时的销售额为___________万元．参考答案：10略14. 右图茎叶图是甲、乙两人在5次综合测评中成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为 .参考答案：15. 下列4个命题其中的真命题是_______参考答案：略16. 已知可导函数f（x）的导函数f′（x）满足f′（x）＞f（x），则不等式的解集是．参考答案：（1，+∞）【考点】导数的运算．【分析】由此想到构造函数g（x）=，求导后结合f'（x）＞f（x），可知函数g（x）是实数集上的增函数，然后利用函数的单调性可求得不等式的解集【解答】解：令g（x）=，则g′（x）=，因为f'（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，所以，函数g（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，由ef（x）＞f（1）e x，得：，即g（x）＞g（1），因为函数不等式，所以g（x）＞g（1），所以，x＞1．故答案为（1，+∞）．17. 若，则a与b的关系为__________.参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、选择题1. 已知向量a →=(−2,1,3)，b →=(−1,2,0)，则|2a →−b →|=( ) A. 9 B. 3√5 C.3√3 D. 32. 若某棱台的上、下底面面积分别为3，27，高为4，则该棱台的体积为( )（注：V =13(S ′+√S ′S +S)ℎ） A.60 B.42C.32D.523. 若一长方体的六个面中有三个面的面积分别是6，8，12，则BD 1=( )A.29B.√13C.√29D.54. 已知点A (−1,0,1)，B (2m,3,n )，C (2,1,3)，若A ，B ，C 三点共线，则m −n =( ) A.−3 B.4 C.11 D.75. 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB →=a →，AC →=b →，AA 1→=c →．点M 在棱BC 上，且BM =2MC ，N 为AA 1的中点，若以a →，b →，c →为基底，则MN →=( ) A.−13a →+23b →−12c →B.−13a →−23b →+12c →C.−23a →−13b →+12c →D.23a →−13b →+12c →6. 已知点A (1,2,3)是平面α内一点，且平面α的一个法向量为n →=(3,−2,1)，则下列点中不在平面α内的是( )A.P (1,1,2)B.M (0,−1,0)C.Q (4,3,−4)D.N (2,5,6)7. 如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.16√2+8√5+24B.8√2+4√5+12C.20D.108. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，P ，Q 分别是棱AB ，AC 的中点，AC =BC =AA 1=2，则异面直线PB 1与QA 1所成角的余弦值为( ) A.√1010 B.√1030C.√3030D.√30109. 如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的12（中间衔接的细管长度忽略不计）．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为( )A.32√17πB.4√5πC.16√17πD.8√5π10. 在四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的菱形，且∠ABC =120∘，AA 1=1，AA 1⊥平面ABCD ，M 是BB 1的中点，则直线AM 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( ) A.√2634 B.√5134C.√2234D.√313411. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∠ABC =120∘，AB =BC =1，CC 1=2，则异面直线AB 1 与BC 1所成角的正弦值为( )A.√1910B.910C.320D.√19512. 在如图所示的三棱锥P −ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AC =PC ，AB ⊥BC ，CD ⊥PB ，PA =4，E 是PA 的中点，则当三棱锥D −PCE 的体积V D−PCE 最大时，V D−PCEBC=( )A.√62 B.√63C.√6D.√66二、填空题唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和慕窒壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度）如图2所示．已知球的半径为R ，圆柱的高为5R 3．设酒杯上部分（圆柱）的体积为V 1，下部分（半球）的体积为V 2，则V1V 2的值是________.已知平面α内有不共线的三点A (1,1,0)，B (2,2,2)，C (3,1,1)，则点O (0,0,0)到平面α的距离为________.若一个圆台的轴截面是腰长为2√3，下底边长为6，对角线长为2√6的等腰梯形，则这个圆台的表面积为________ ．（注：S =π(r ′2+r 2+r ′l +rl))已知三棱锥A −BCD 的四个顶点都在球O 的球面上，且AB ⊥BC ，AB ⊥CD ，∠BCD =2π3，若BC =CD =√3，AB =2√6，则球O 的体积为________. 三、解答题如图，在三棱锥A −BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且MP =MB .(1)证明：DM//平面APC ．(2)若BC =6，AP =BP =10，求三棱锥P −MCD 的体积．在直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1=2AB =4，M ，N ，P 分别是AD ，DD 1，CC 1的中点．(1)证明：平面MNC//平面AD 1P ；(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值．在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1=A 1C =AB =BC =2，AC =2√3，且点O 为AC的中点．(1)证明：平面A1OB⊥平面ABC；(2)求点B1到平面A1BC的距离．在如图所示的四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=12AD=2，PA=PB，E，F分别为PA，AD的中点，平面PAB⊥平面ABCD．(1)证明：EF//平面PCD；(2)若PA=√10，求二面角E−CF−D的余弦值．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC的中点，F为DE的中点．沿DE将△CDE翻折到图2中的△PDE的位置，使∠AFP=60∘．(1)若PF的中点为O，证明：AO⊥平面PDE；(2)已知PH⊥平面ABED，垂足为H，在棱PB上是否存在一点M，使MH//平面PDE？若存在，求出PMMB的值；若不存在，说明理由．如图1，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC=2，AD=10，BE=2√3．把△ABE沿BE折起，得到图2的四棱锥A′−BCDE.(1)若A′C=4√2，证明：BD⊥平面A′CE；(2)若直线A′B与平面A′CD所成角的正弦值为√514，求四棱锥A′−BCDE的高．参考答案与试题解析2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、选择题1.【答案】此题暂无答案【考点】空间向来的加获法向使的之【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】此题暂无答案【考点】柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3.【答案】此题暂无答案【考点】棱柱三实构特征【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】此题暂无答案【考点】向量水较线定理三验乙线【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答5. 【答案】此题暂无答案【考点】向量因滤性线算性吨及几何意义棱柱三实构特征【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】此题暂无答案【考点】平面明法研量向量的常量育故星向量的共线与垂直【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】此题暂无答案【考点】由三视于求表械积【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答8.【答案】此题暂无答案【考点】异面直线表烧所成的角【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答9.【答案】此题暂无答案【考点】棱柱、常锥头棱台改氯面积和表面积柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答10.【答案】此题暂无答案【考点】用空射向空求直式与夏面的夹角【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答11.【答案】此题暂无答案【考点】用空明向研求提线你的夹角、距离【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答12.【答案】此题暂无答案【考点】二次于数在落营间上周最值柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、填空题【答案】此题暂无答案【考点】球的表体积决体积柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】点于虫、练板的距离计算空间两点体的存离公式【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】棱柱、常锥头棱台改氯面积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】球内较多面绕球的表体积决体积【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答三、解答题【答案】此题暂无答案【考点】直线与平正垂直的判然直线与平三平行定判定柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】平面与平三平行腔判定用空射向空求直式与夏面的夹角【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】点于虫、练板的距离计算平面与平水表直的性质平面与平明垂钾的判定柱体三锥州、台到的体建计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】用空根冬条求才面间的夹角直线与平三平行定判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】直线与平正垂直的判然直线与平三平行定判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】用空射向空求直式与夏面的夹角与二使之有关余请体几何综合题直线与平正垂直的判然【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。

山西省晋中市寿阳中学2020-2021学年高二数学文联考试卷含解析

山西省晋中市寿阳中学2020-2021学年高二数学文联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 右图是函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（）A．B．C． D．参考答案：B2. 函数有极值的充要条件是（）A． B． C． D．参考答案：B3. 如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，2AC=AA1=BC=2．若二面角B1﹣DC﹣C1的大小为60°，则AD的长为（）A．B．C．2 D．参考答案：A【考点】MK：点、线、面间的距离计算．【分析】在面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或延长线或于E，连EB1，说明∠B1EC1为二面角B1﹣DC ﹣C1的平面角为60°，通过面积求AD的长．【解答】解：∵∠A1C1B1=∠ACB=90°，∴B1C1⊥A1C1，又由直三棱柱性质知B1C1⊥CC1，∴B1C1⊥平面ACC1A1．如图，在面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或延长线或于E，连EB1，由三垂线定理可知∠B1EC1为二面角B1﹣DC﹣C1的平面角，∴∠B1EC1=60°．由B1C1=2知，C1E=设AD=x，则DC=．∵△DCC1的面积为1，∴．． =1，解得x=即AD=故选A【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题．4. 如图，在棱长为2的正方体中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是、AD的中点，那么异面直线OE和所成的角的余弦值等于（）A． B．C． D．参考答案：B略5. 已知函数，()，若，，使得，则实数的取值范围是A. B. C. D.参考答案：D略6. 函数f（x）=e x（sinx+cosx）在区间[0，]上的值域为（）A．[， e] B．（， e）C．[1，e] D．（1，e）参考答案：A【考点】导数的乘法与除法法则．【分析】计算f′（x）=e x cosx，当0≤x≤时，f′（x）≥0，f（x）是[0，]上的增函数．分别计算f（0），f（）．【解答】解：f′（x）=e x（sinx+cosx）+e x（cosx﹣sinx）=e x cosx，当0≤x≤时，f′（x）≥0，∴f（x）是[0，]上的增函数．∴f（x）的最大值在x=处取得，f（）=e，f（x）的最小值在x=0处取得，f（0）=．∴函数值域为[]故选A．7. 函数的图像如图所示，的导函数，则下列数值排序正确的是（）A．B．C．D．参考答案：B略8. 经过圆的圆心C，且与直线x+y＝0垂直的直线方程是（）A． B. C. D.参考答案：解析：易知点C为，而直线与垂直，我们设待求的直线的方程为，将点C的坐标代入马上就能求出参数的值为，故待求的直线的方程为,因此，选（B.）。

山西省晋中市晓义中学2021年高二数学文上学期期末试卷含解析

山西省晋中市晓义中学2021年高二数学文上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的 1. 等比数列的前项和48，60，则（）（A ）63 （B ）64 （C ）66 （D ）75 参考答案：A2. 如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项，如下表所示：按如此规律下去，则a 2009＋a 2010＋a 2011等于( ).A ．1003B ．1005C ．1006D ．2011参考答案： B3. 复数的值是( )A.－i B ．i C ．i D ．－i参考答案：B 略4. 函数在下面哪个区间内是增函数A 、B 、C 、D 、参考答案： B 略5. 点在直线2x －y+5=0上，O 为原点，则的最小值为 ( )A ．B ．C ．D ．参考答案：A 略6. 已知，，那么（） A ．B ．C ．D ．参考答案：D7. 观察两个变量得到如下数据：则两个变量的回归直线方程是（）A． B．C． D．参考答案：B略8. 已知f（n）=1+++…+（n∈N*），计算得f（2）=，f（4）＞2，f（8）＞，f（16）＞3，f（32）＞，由此推算：当n≥2时，有( )A．f（2n）＞（n∈N*）B．f（2n）＞（n∈N*）C．f（2n）＞（n∈N*）D．f（2n）＞（n∈N*）参考答案：D考点：归纳推理．专题：推理和证明．分析：根据已知中的等式f（2）=，f（4）＞2，f（8）＞，f（16）＞3，f（32）＞，…，我们分析等式左边数的变化规律及等式两边数的关系，归纳推断后，即可得到答案．解答：解：观察已知的等式：f（2）=，f（4）＞2，即f（22）＞f（8）＞，即f（23）＞，f（16）＞3，即f（24）＞，…，归纳可得：f（2n）＞，n∈N*）故选：D．点评：本题主要考查了归纳推理的问题，其一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．9. 已知﹣9，a1，a2，﹣1四个实数成等差数列，﹣9，b1，b2，b3，﹣1五个实数成等比数列，则b2（a2﹣a1）=( )A．8 B．﹣8 C．±8D．参考答案：B【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】计算题．【分析】先由已知条件和等差数列以及等比数列的性质求得，再利用等比数列中的第三项与第一项同号即可求出答案．【解答】解：由题得，又因为b2是等比数列中的第三项，所以与第一项同号，即b2=﹣3∴b2（a2﹣a1）=﹣8．故选 B．【点评】本题是对等差数列以及等比数列性质的综合考查．在做关于等差数列以及等比数列的题目时，其常用性质一定要熟练掌握．10. 已知的取值如下表所示：如果与呈线性相关，且线性回归方程为：，则（）A ．B ．C ．D ．参考答案：D考点：线性回归方程及运用.【易错点晴】线性回归方程是高中数学新增内容中重要知识点之一,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.解答本题的关键是要扎实掌握相关数组的平均数满足这个方程,这是解答这类题型的出发点和突破口.因此在求解本题的问题中,一定要先求出两组相关数中的平均数,代入所提供的回归方程中可得,解之得,从而使问题获解.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 命题p ：?x∈R，x 2+1＞0的否定是 _________ ．参考答案：∈R，x 2+1012.展开式中的常数项是_________________.参考答案：13. 若直线y=kx+1与椭圆恒有公共点，则m的取值范围是：．参考答案：m≥1，且m≠2010【考点】椭圆的简单性质．【专题】转化思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求得直线恒过定点（0，1），由直线与椭圆恒有公共点，可得（0，1）在椭圆上或在椭圆内．代入椭圆方程，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：直线y=kx+1即为y ﹣1=k （x ﹣0），则直线恒过定点（0，1），由直线与椭圆恒有公共点，可得（0，1）在椭圆上或在椭圆内．即有+≤1，解得m≥1，又m ＞0，且m≠2010，即有m≥1，且m≠2010，故答案为：m≥1，且m≠2010．【点评】本题考查椭圆和直线的位置关系，注意运用直线恒过定点，定点在椭圆上或椭圆内，是解题的关键．14. 已知,那么等于 .参考答案：-2 略15. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（参数），圆的参数方程为（参数），则圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离为参考答案：16. 下列四个命题中，真命题的序号有（写出所有真命题的序号）,①若则“”是“a>b”成立的充分不必要条件； ②命题“使得<0”的否定是 “均有”③命题“若，则”的否命题是“若<2，<<2”；④函数在区间（1，2）上有且仅有一个零点。

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷

2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、选择题1. 已知向量a →=(−2,1,3)，b →=(−1,2,0)，则|2a →−b →|=( ) A. 3√5 B. 3 C. 9 D.3√32. 若某棱台的上、下底面面积分别为3，27，高为4，则该棱台的体积为( )（注：V =13(S ′+√S ′S +S)ℎ） A.42 B.52C.60D.323. 若一长方体的六个面中有三个面的面积分别是6，8，12，则BD 1=( )A.√13B.5C.29D.√294. 已知点A (−1,0,1)，B (2m,3,n )，C (2,1,3)，若A ，B ，C 三点共线，则m −n =( ) A.4 B.7 C.−3 D.115. 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB →=a →，AC →=b →，AA 1→=c →．点M 在棱BC 上，且BM =2MC ，N 为AA 1的中点，若以a →，b →，c →为基底，则MN →=( ) A.−13a →−23b →+12c →B.23a →−13b →+12c →C.−13a →+23b →−12c →D.−23a →−13b →+12c →6. 已知点A (1,2,3)是平面α内一点，且平面α的一个法向量为n →=(3,−2,1)，则下列点中不在平面α内的是( )A.M (0,−1,0)B.N (2,5,6)C.P (1,1,2)D.Q (4,3,−4)7. 如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.8√2+4√5+12B.10C.16√2+8√5+24D.208. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，P ，Q 分别是棱AB ，AC 的中点，AC =BC =AA 1=2，则异面直线PB 1与QA 1所成角的余弦值为( ) A.√1030 B.√3010C.√1010D.√30309. 如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为16，当细沙全部在上面的圆锥内时，其高度为圆锥高度的12（中间衔接的细管长度忽略不计）．当细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积为( )A.4√5πB.8√5πC.32√17πD.16√17π10. 在四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的菱形，且∠ABC =120∘，AA 1=1，AA 1⊥平面ABCD ，M 是BB 1的中点，则直线AM 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( ) A.√5134 B.√3134C.√2634D.√223411. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∠ABC =120∘，AB =BC =1，CC 1=2，则异面直线AB 1 与BC 1所成角的正弦值为( )A.910B.√195C.√1910D.32012. 在如图所示的三棱锥P −ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AC =PC ，AB ⊥BC ，CD ⊥PB ，PA =4，E 是PA 的中点，则当三棱锥D −PCE 的体积V D−PCE最大时，V D−PCEBC=( )A.√63 B.√66C.√62D.√6二、填空题唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和慕窒壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度）如图2所示．已知球的半径为R ，圆柱的高为5R 3．设酒杯上部分（圆柱）的体积为V 1，下部分（半球）的体积为V 2，则V1V 2的值是________.已知平面α内有不共线的三点A (1,1,0)，B (2,2,2)，C (3,1,1)，则点O (0,0,0)到平面α的距离为________.若一个圆台的轴截面是腰长为2√3，下底边长为6，对角线长为2√6的等腰梯形，则这个圆台的表面积为________ ．（注：S =π(r ′2+r 2+r ′l +rl))已知三棱锥A −BCD 的四个顶点都在球O 的球面上，且AB ⊥BC ，AB ⊥CD ，∠BCD =2π3，若BC =CD =√3，AB =2√6，则球O 的体积为________. 三、解答题如图，在三棱锥A −BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且MP =MB .(1)证明：DM//平面APC ．(2)若BC =6，AP =BP =10，求三棱锥P −MCD 的体积．在直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1=2AB =4，M ，N ，P 分别是AD ，DD 1，CC 1的中点．(1)证明：平面MNC//平面AD 1P ；(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值．在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1=A 1C =AB =BC =2，AC =2√3，且点O 为AC的中点．(1)证明：平面A1OB⊥平面ABC；(2)求点B1到平面A1BC的距离．在如图所示的四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=12AD=2，PA=PB，E，F分别为PA，AD的中点，平面PAB⊥平面ABCD．(1)证明：EF//平面PCD；(2)若PA=√10，求二面角E−CF−D的余弦值．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC的中点，F为DE的中点．沿DE将△CDE翻折到图2中的△PDE的位置，使∠AFP=60∘．(1)若PF的中点为O，证明：AO⊥平面PDE；(2)已知PH⊥平面ABED，垂足为H，在棱PB上是否存在一点M，使MH//平面PDE？若存在，求出PMMB的值；若不存在，说明理由．如图1，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC=2，AD=10，BE=2√3．把△ABE沿BE折起，得到图2的四棱锥A′−BCDE.(1)若A′C=4√2，证明：BD⊥平面A′CE；(2)若直线A′B与平面A′CD所成角的正弦值为√514，求四棱锥A′−BCDE的高．参考答案与试题解析2020-2021学年山西晋中高二上数学月考试卷一、选择题 1.【答案】 A【考点】空间向量的加减法向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：因为2a →−b →=(−3,0,6)，所以|2a →−b →|=√(−3)2+02+62=3√5．故选A ． 2. 【答案】 B【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：V =13×(3+27+√3×27)×4=52．故选B ． 3.【答案】 D【考点】棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：设该长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为a ，b ，c ，则ab =6，ac =8，bc =12，解得a =2，b =3，c =4，所以BD 1=√22+32+42=√29．故选D ． 4.【答案】 C【考点】向量的共线定理三点共线【解析】此题暂无解析【解答】解：AB →=(2m +1,3,n −1)，AC →=(3,1,2)，因为AB →//AC →，所以{2m +1=3λ，3=λ，n −1=2λ，解得{m =4，n =7，则m −n =−3．故选C ． 5.【答案】 A【考点】向量的线性运算性质及几何意义棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：因为BM =2MC ，所以AM →=AB →+BM →=AB →+23BC →=AB →+23(AC →−AB →)=13a →+23b →．因为N 为AA 1的中点，所以AN →=12AA →1=12c →．故MN →=AN →−AM →=−13a →−23b →+12c →．故选A . 6. 【答案】 C【考点】平面的法向量向量的数量积判断向量的共线与垂直【解析】此题暂无解析【解答】解：对于选项C ，AP →=(0,−1,−1)，因为AP →⋅n →=(0,−1,−1)⋅(3,−2,1)=1≠0，所以点P (1,1,2)不在平面α内．可验证，选项A ，B ，D 中的三个点分别满足AM →⋅n →=0，AN →⋅n →=0，AQ →⋅n →=0．故选C ． 7. 【答案】 C【考点】由三视图求表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：由三视图可知该多面体为三棱锥，将其放在长方体中，如图所示，其中BD =8，AC =4，CD =4，AD =4√2，BC =4√5，故S 表面积=S △ABD +S △ACD +S △ABC +S △BCD =16√2+8+8√5+16=16√2+8√5+24．故选C ． 8.【答案】 B【考点】异面直线及其所成的角【解析】此题暂无解析【解答】解：以C 为原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系C −xyz ，则A 1(2,0,2)，B 1(0,2,2)，P (1,1,0)，Q (1,0,0)，所以PB 1→=(−1,1,2)，QA 1→=(1,0,2)，求得|cos ⟨PB 1→,QA 1→⟩|=|PB 1→⋅QA 1→|PB 1→||QA 1→||=√3010．故选B ． 9. 【答案】 D【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：细沙在上部容器时的体积V =13π×42×8=128π3，流入下部后的圆锥形沙堆底面半径为8，设高为ℎ1，则V =13×π×82⋅ℎ1，所以ℎ1=2，下部圆锥形沙堆的母线长√82+22=2√17. 故此沙堆的侧面积S 侧=π×8×2√17=16√17π．故选D . 10.【答案】 A【考点】用空间向量求直线与平面的夹角【解析】此题暂无解析【解答】解：取BC 的中点E ，则DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D −xyz ，则A (2,0,0)，B(1,√3,0)，C(−1,√3,0)，A 1(2,0,1)，M (1,√3,12)，所以AM →=(−1,√3,12)，DA 1→=(2,0,1)，DC →=(−1,√3,0)．设平面A 1CD 的法向量为n →=(x,y,z )，则{DA 1→⋅n →=2x +z =0，DC →⋅n →=−x +√3y =0，令x =√3，得n →=(√3,1,−2√3)．所以cos ⟨AM →,n →⟩=AM →⋅n→|AM →||n →|=−√5134，故AM 与平面A 1CD 所成角的正弦值为√5134．故选A ． 11. 【答案】 C【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】此题暂无解析【解答】解：取AC 的中点O ，因为AB =BC ，所以OB ⊥AC ．因为AB =BC =1，∠ABC =120∘，所以AC =2BC ⋅sin 60∘=√3，以AC 的中点O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，以过点O 垂直平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示，则A (0,−√32,0)，B 1(12,0,2)，B (12,0,0)，C 1(0,√32,2)， AB →1=(12,√32,2)，BC 1→=(−12,√32,2)．设异面直线AB 1与BC 1的所成角为θ，则 cos θ=|AB 1→|⋅|BC 1→||AB 1→||BC 1→|=|−14+34+4|√5×√5=910．故sin θ=√1−cos 2 θ=√1910．故选C ．12.【答案】B【考点】二次函数在闭区间上的最值柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥AB. 因为AB ⊥BC ，且BC ∩PC =C ，所以AB ⊥平面PBC ，所以AB ⊥CD . 因为CD ⊥PB ，且AB ∩PB =B ，所以CD ⊥平面PAB ，所以CD ⊥PA. 因为CE ⊥PA ，CE ∩CD =C ，所以PE ⊥平面CDE ．因为PE =12PA =2，所以当△CDE 的面积S △CDE 最大时，三棱锥D −PCE 的体积最大．设BC =x ，则CD =2√2x √8+x2，PD =√8+x2，DE =√32−4x 28+x 2，S△CDE=12⋅√2x√8+x2√32−4x28+x2=2√2⋅√(8−x2)x2(8+x2)2，令t=8+x2，则S△CDE=2√2⋅√−128t2+24t−1=2√2⋅√−128(1t −332)2+18，当t=323，即x=2√63时，S△CDE最大，且最大值为1，故三棱锥D−PCE的体积的最大值为13⋅PE⋅(S△CDE)max=23，所以V D−PCEBC =√66.故选B．二、填空题【答案】52【考点】球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知V1=πR2⋅5R3=5πR33，V2=12⋅4πR33=2πR33，所以V1V2=5πR332πR33=52．故答案为：52．【答案】2√147【考点】点、线、面间的距离计算空间两点间的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由题知，AB→=(1,1,2)，AC→=(2,0,1)，设平面α的法向量为n→=(x,y,z)，则{AB→⋅n→=x+y+2z=0，AC→⋅n→=2x+z=0，令x=1，得n→=(1,3,−2)．因为OA→=(1,1,0)，所以点O(0,0,0)到平面α的距离：d=|OA→⋅n→||n→|=2√147．故答案为：2√147．【答案】(10+8√3)π【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：圆台的轴截面如图所示，由AD=2√3，AB=6，BD=2√6，则AD2+BD2=AB2，可知∠ADB=90∘．分别过点D，C作DH⊥AB，CG⊥AB，因为12AD⋅DB=12AB⋅DH，所以DH=2√2．因为HB=√BD2−DH2=4，所以AH=GB=AB−BH=2，所以DC=HG=2，故圆台的表面积S=π⋅(1+9+2√3+3×2√3) =(10+8√3)π．故答案为：(10+8√3)π．【答案】36π【考点】球内接多面体球的表面积和体积【解析】此题暂无解析【解答】解：因为AB⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥平面BCD．因为BC=CD=√3，∠BCD=2π3，所以BD=2√3⋅cos30∘=3，故△BCD的外接圆半径为12⋅BDsin∠BCD=√3，设外接球O的半径为R，则R2=(√3)2+(AB2)2=3+6=9，R=3，故球O的体积V=4π3R3=36π．故答案为：36π．三、解答题【答案】(1)证明：∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD//AP．又∵DM⊄平面APC，AP⊂平面APC，∴DM//平面APC．(2)解：∵MP=MB，且D为PB的中点，∴MD⊥PB．又由(1)知，MD//AP．∴AP⊥PB．∵AP⊥PC，PB∩PC=P，∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC．∵AC⊥BC，AC∩AP=A，∴BC⊥平面APC．∴BC⊥PC.∵AP=BP=10，∴AB=10√2，MB=5√2．∵BC=6，∴PC=√100−36=√64=8，∴S△PCD=12S△PBC=14PC⋅BC=14×8×6=12．∵MD=12AP=5，∴三棱锥P−MCD的体积为：V P−MCD=V M−PCD=13×12×5=20．【考点】直线与平面垂直的判定直线与平面平行的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD//AP．又∵DM⊄平面APC，AP⊂平面APC，∴DM//平面APC．(2)解：∵MP=MB，且D为PB的中点，∴MD⊥PB．又由(1)知，MD//AP．∴AP⊥PB．∵AP⊥PC，PB∩PC=P，∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC．∵AC⊥BC，AC∩AP=A，∴BC⊥平面APC．∴BC⊥PC.∵AP=BP=10，∴AB=10√2，MB=5√2．∵BC=6，∴PC=√100−36=√64=8，∴S△PCD=12S△PBC=14PC⋅BC=14×8×6=12．∵MD=12AP=5，∴三棱锥P−MCD的体积为：V P−MCD=V M−PCD=13×12×5=20．【答案】(1)证明：因为M，N，P分别是AD，DD1，CC1的中点，所以MN//AD1，CN//PD1．又AD1⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，所以AD1//平面MNC，同理PD1//平面MNC.又AD1∩PD1=D1，所以平面MNC//平面AD1P．(2)解：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 (0,0,0)，P (0,2,2)，M (1,0,0)，N (0,0,2)，C (0,2,0)， DP →=(0,2,2)，MN →=(−1,0,2)，MC →=(−1,2,0)．设平面MNC 的法向量为n →=(x,y,z)，则{MN →⋅n →=−x +2z =0，MC →⋅n →=−x +2y =0，令z =1，得n →=(2,1,1)．设直线DP 与平面MNC 所成角为θ，则sin θ=|cos ⟨DP →,n →⟩|=|DP →⋅n→||DP →||n →|=√33，所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33．【考点】平面与平面平行的判定用空间向量求直线与平面的夹角【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：因为M ，N ，P 分别是AD ，DD 1，CC 1的中点，所以MN//AD 1，CN//PD 1．又AD 1⊄平面MNC ，MN ⊂平面MNC ，所以AD 1//平面MNC ，同理PD 1//平面MNC . 又AD 1∩PD 1=D 1，所以平面MNC//平面AD 1P ．(2)解：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 (0,0,0)，P (0,2,2)，M (1,0,0)，N (0,0,2)，C (0,2,0)， DP →=(0,2,2)，MN →=(−1,0,2)，MC →=(−1,2,0)．设平面MNC 的法向量为n →=(x,y,z)，则{MN →⋅n →=−x +2z =0，MC →⋅n →=−x +2y =0，令z =1，得n →=(2,1,1)．设直线DP 与平面MNC 所成角为θ，则sin θ=|cos ⟨DP →,n →⟩|=|DP →⋅n →||DP →||n →|=√33，所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33．【答案】(1)证明：∵ AA 1=A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴ A 1O ⊥AC ．∵ 平面AA 1CC 1⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC =AC ， ∴ A 1O ⊥平面ABC ． ∵ A 1O ⊂平面A 1OB ，∴ 平面A 1OB ⊥平面ABC ．(2)解：点B 1到平面A 1BC 的距离与点A 到平面A 1BC 的距离相等，设点A 到平面A 1BC 的距离为ℎ，由(1)知A 1O ⊥平面ABC .∵ AA 1=A 1C =AB =BC =2，AC =2√3，∴ A 1O =√AA 12−AO 2=1，BO =√AB 2−AO 2=1， ∵ BO =A 1O =1，∴ A 1B =√2，∴ S △ABC =12AC ⋅BO =√3， S △A 1BC=12×√2×√22−(√22)2=√72，∴ V A 1−ABC =13S ABC ×A 1O =13×√3×1=√33． ∵ V A 1−ABC =V A−A 1BC ，∴√33=13×√72×ℎ，∴ℎ=2√217．【考点】点、线、面间的距离计算平面与平面垂直的性质平面与平面垂直的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵AA1=A1C，且O为AC的中点，∴A1O⊥AC．∵平面AA1CC1⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，∴A1O⊥平面ABC．∵A1O⊂平面A1OB，∴平面A1OB⊥平面ABC．(2)解：点B1到平面A1BC的距离与点A到平面A1BC的距离相等，设点A到平面A1BC的距离为ℎ，由(1)知A1O⊥平面ABC.∵AA1=A1C=AB=BC=2，AC=2√3，∴A1O=√AA12−AO2=1，BO=√AB2−AO2=1，∵BO=A1O=1，∴A1B=√2，∴S△ABC=12AC⋅BO=√3，S△A1BC =12×√2×√22−(√22)2=√72，∴V A1−ABC =13S ABC×A1O=13×√3×1=√33．∵V A1−ABC =V A−A1BC，∴√33=13×√72×ℎ，∴ℎ=2√217．【答案】(1)证明：因为E，F分别为PA，AD的中点，所以EF//PD .因为PD⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF//平面PCD.(2)解：取AB的中点O，连接OP．因为PA=PB，所以OP⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以OP⊥平面ABCD.过点O在平面ABCD内作AB的垂线l，则PO，AB，l两两垂直．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz．因为PA=√10，AB=BC=12AD=2，所以E(12，0，32)，F(1,2,0)，C(−1,2,0)，CE→=(32,−2,32)，CF→=(2,0,0).设平面CEF的法向量为m→=(x,y,z)，所以{m→⋅CE→=0,m→⋅CF→=0,即{32x−2y+32z=0,2x=0,可取m→=(0,3,4) .显然平面CDF的一个法向量为n→=(0,0,1).因为cos<m→,n→>=|m→⋅n→||m→||n→|=45，且二面角E−CF−D为钝角，所以二面角E−CF−D的余弦值为−45.【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：因为E ，F 分别为PA ，AD 的中点，所以EF//PD .因为PD ⊂平面PCD ，EF ⊄平面PCD ，所以 EF//平面PCD .(2)解：取AB 的中点O ，连接OP ．因为PA =PB ，所以OP ⊥AB . 因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD =AB ，所以OP ⊥平面ABCD .过点O 在平面ABCD 内作AB 的垂线l ，则PO ，AB ，l 两两垂直．以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz ．因为PA =√10，AB =BC =12AD =2，所以E(12，0，32)， F(1,2,0)，C(−1,2,0)，CE →=(32,−2, 32)，CF →=(2,0,0).设平面CEF 的法向量为m →=(x,y,z )，所以{m →⋅CE →=0,m →⋅CF →=0,即{32x −2y +32z =0,2x =0,可取m →=(0,3,4) .显然平面CDF 的一个法向量为n →=(0,0,1). 因为cos <m →,n →>=|m →⋅n →||m →||n →|=45，且二面角E −CF −D 为钝角，所以二面角E −CF −D 的余弦值为−45.【答案】(1)证明：连结AE ，由AD//BC ，AD =AB =CD =12BC ，E 为BC 中点及翻折变换知， △PDE ，△ADE 都是等边三角形. 因为F 为DE 的中点，所以PF ⊥DE ，AF ⊥DE 且PF =AF. 因为∠AFP =60∘，所以△APF 是等边三角形. 又点O 是PF 的中点，所以AO ⊥PF.又PF ⊥DE,AF ⊥DE ，所以DE ⊥平面APF ，从而ED ⊥AO.因为PF ∩DE =F ，所以AO ⊥平面PDE ．(2)解：存在，当点M 为棱PB 的中点时，有MH//平面PDE ，此时PMMB =1．由(1)知DE ⊥平面APF ，所以平面APF ⊥平面ABED ，又PH ⊥平面ABED ，所以PH ⊂平面APF ．因为△APF 是等边三角形，PH ⊥AF ，所以点H 为AF 的中点．取PB ，BE 的中点分别为M ，N ，连结MN ，NH ，MH ，则MN//PE ，NH//ED . 又MN ∩NH =N ，所以平面HMN//平面PDE . 因为MH ⊂平面HMN ，所以MH//平面PDE ，此时PM =MB ，所以PM MB=1.【考点】直线与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】（1）证明：连接AE，由AD//BC,AD=AB=CD=1 2BC,E为BC中点及翻折变换知，△PDE,△ADE都是等边三角形，因为F为DE的中点，所以PF⊥DE,AF⊥DE，且PF=AF.因为∠AFP=60∘，所以△APF是等边三角形，又点O是PF的中点，所以AO⊥PF.又PF⊥DE,AF⊥DE，所以DE⊥平面APF，从而ED⊥AO.因为PF∩DE=F，所以AO⊥平面PDE．（2）解：存在，当点M为棱PB的中点时，有MH//平面PDE，此时PMMB=1．由（1）知DE⊥平面APF，所以平面APF⊥平面ABED，又PH⊥平面ABED，所以PH⊂平面APF．因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，所以点H为AF的中点．取PB，BE的中点分别为M，N，连接MN，NH，MH，则MN//OE,NH//ED又MN∩NH=N，所以平面HMN//平面PDE，因为MH⊂平面HMN，所以MH//平面PDE，此时PM=MB，所以PMMB=1.【解答】(1)证明：连结AE，由AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC中点及翻折变换知，△PDE，△ADE都是等边三角形.因为F为DE的中点，所以PF⊥DE，AF⊥DE且PF=AF.因为∠AFP=60∘，所以△APF是等边三角形.又点O是PF的中点，所以AO⊥PF.又PF⊥DE,AF⊥DE，所以DE⊥平面APF，从而ED⊥AO.因为PF∩DE=F，所以AO⊥平面PDE．(2)解：存在，当点M为棱PB的中点时，有MH//平面PDE，此时PMMB=1．由(1)知DE⊥平面APF，所以平面APF⊥平面ABED，又PH⊥平面ABED，所以PH⊂平面APF．因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，所以点H为AF的中点．取PB，BE的中点分别为M，N，连结MN，NH，MH，则MN//PE，NH//ED.又MN∩NH=N，所以平面HMN//平面PDE.因为MH⊂平面HMN，所以MH//平面PDE，此时PM=MB，所以PMMB=1.【答案】(1)证明：在等腰梯形ABCD中，因为BC=2，AD=10，BE⊥AD，所以AE=4，DE=6．因为BC=2，BE=2√3，BE⊥AD，所以CE=4．因为A′E=AE=4，A′C=4√2，所以A′C2=CE2+A′E2，即A′E⊥EC．因为BE⊥A′E，BE∩EC=E，所以A′E⊥平面BCDE，故A′E⊥BD．因为tan∠DBE=DEBE=2√3=√3，所以∠DBE=60∘．因为tan∠BEC=BCBE=23=√33，所以∠BEC=30∘，所以CE⊥BD．因为A′E∩CE=E，所以BD⊥平面A′CE．(2)解：以点E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则B(2√3,0,0)，C(2√3,2,0)，D (0,6,0)．因为平面A ′DE ⊥平面BCDE ，所以A ′在平面BCDE 的垂足F 在直线DE 上．设A ′(0,t,√16−t2)，则A ′B→=(2√3,−t,−√16−t 2)，A ′C→=(2√3,2−t,−√16−t 2)，CD→=(−2√3,4,0)．设平面A ′CD 的法向量为n →=(x,y,z )，由{n →⋅AC →=2√3x +(2−t )y −z ⋅√16−t 2=0，n →⋅CD →=−2√3x +4y =0，令x =2，得n →=(2,√3,6√3−√3t√16−t 2)．因为直线A ′B 与平面A ′CD 所成角的正弦值为√514，所以|cos <A ′B →,n→>|=|A ′B →⋅n→|A ′B →||n →||=√514，整理得16t 2−45t −61=0，解得t =6116或t =−1．综上，当直线A ′B 与平面A ′CD 所成角的正弦值为√514时，四棱锥A ′−BCDE 的高为5√1516或√15．【考点】用空间向量求直线与平面的夹角与二面角有关的立体几何综合题直线与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，因为BC =2，AD =10，BE ⊥AD ，所以AE =4，DE =6．因为BC =2，BE =2√3，BE ⊥AD ，所以CE =4．因为A ′E =AE =4，A ′C =4√2，所以A ′C 2=CE 2+A ′E 2，即A ′E ⊥EC ．因为BE ⊥A ′E ，BE ∩EC =E ，所以A ′E ⊥平面BCDE ，故A ′E ⊥BD ．因为tan ∠DBE =DEBE =2√3=√3，所以∠DBE =60∘．因为tan ∠BEC =BC BE =23=√33，所以∠BEC =30∘，所以CE ⊥BD ．因为A ′E ∩CE =E ，所以BD ⊥平面A ′CE ．(2)解：以点E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则B(2√3,0,0)，C(2√3,2,0)，D (0,6,0)．因为平面A ′DE ⊥平面BCDE ，所以A ′在平面BCDE 的垂足F 在直线DE 上．设A ′(0,t,√16−t 2)，则A ′B→=(2√3,−t,−√16−t 2)，A ′C→=(2√3,2−t,−√16−t 2)，CD→=(−2√3,4,0)．设平面A ′CD 的法向量为n →=(x,y,z )，由{n →⋅AC →=2√3x +(2−t )y −z ⋅√16−t 2=0，n →⋅CD →=−2√3x +4y =0，令x =2，得n →=(2,√3,6√3−√3t√16−t 2)．因为直线A ′B 与平面A ′CD 所成角的正弦值为√514，所以|cos <A ′B →,n→>|=|A ′B →⋅n→|A ′B →||n →||=√514，整理得16t 2−45t −61=0，解得t=61或t=−1．16综上，当直线A′B与平面A′CD所成角的正弦值为√5时，14四棱锥A′−BCDE的高为5√15或√15．16。

2020-2021学年山西省名校高二上学期期末数学试卷(文科) (解析版)

2020-2021学年山西省名校高二（上）期末数学试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1．设集合A＝{x|x+1≤3}，B＝{x|4﹣x2≤0}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣2]B．（﹣∞，﹣4]C．[﹣2，2]D．（﹣∞，﹣2]∪{2} 2．若函数f（x）＝x2+，则f′（﹣1）＝（）A．﹣1B．1C．﹣3D．33．过点P（3，4）且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线有（）A．0条B．1条C．2条D．3条4．设向量，，若，则实数k的值为（）A．﹣1B．0C．1D．25．已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的斜率为，焦距为10，则双曲线C的方程为（）A．＝1B．＝1C．＝1D．＝16．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．10B．6C．12D．87．设α，β为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题中为真命题的是（）A．若l∥m，则l∥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若α⊥β，则l⊥m8．已知函数图象上相邻的两条对称轴间的距离为2，则该函数图象的对称中心可能是（）A．B．C．D．9．已知在前n项和为S n的数列{a n}中，a1＝1，a n+1＝﹣a n﹣2，则S101＝（）A．﹣97B．﹣98C．﹣99D．﹣10010．已知直线y＝﹣（x﹣2）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线相交于M，与C的其中一个交点为N，若线段MN的中点在x轴上，则p＝（）A．2B．4C．2D．411．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续正整数，且C ＞B＞A，，则sin A：sin B：sin C＝（）A．2：3：4B．7：6：5C．3：4：5D．4：5：612．点P在椭圆C1：＝1上，C1的右焦点为F，点Q在圆C2：x2+y2+6x﹣8y+21＝0上，则|PQ|﹣|PF|的最小值为（）A．4﹣4B．4﹣4C．6﹣2D．2﹣6二、填空题（共4小题）.13．函数f（x）＝e x﹣ex的单调递减区间为．14．某学院为了调查学生2018年9月“健康使用手机”（健康使用手机指每天使用手机不超过3小时）的天数情况，随机抽取了80名学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：[0，5]，（5，10]，……，（25，30]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示，根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为．15．倾斜角为且在x轴上的截距为a的直线被圆（x+a）2+y2＝4所截得的弦长为2，则a ＝．16．三棱锥P﹣ABC的每个顶点都在球O的表面上，BC⊥平面PAB，PA⊥AB，PA＝2，AB ＝1，，则球O的表面积为．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知命题p：“曲线表示焦点在y轴上的椭圆”，命题q：“曲线＝1表示双曲线”．（1）请判断p是否是q的必要不充分条件，并说明理由；（2）若命题“p且q”是真命题，求实数m的取值范围．18．已知圆C过点A（0，1），B（﹣2，﹣1），且圆心C在直线y＝x+3上．（1）求圆C的标准方程；（2）过点P（﹣4，2）的直线l与圆C相切，求直线l的方程．19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为CC1的中点．（1）证明：EF∥平面AC1D；（2）若AD＝2，AB＝3，AA1＝4，求点E到平面AC1D的距离．20．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点．（1）当直线l的倾斜角为135°时，求|AB|；（2）若过点P（1，2）的直线m与抛物线C相切，且直线m∥直线l，求直线l的方程．21．已知函数f（x）＝lnx+1．（1）直线l：x﹣y+2＝0，求曲线y＝f（x）上的点到直线l的最短距离；（2）若曲线存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x轴平行，求实数a的取值范围．22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C 上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．参考答案一、选择题（共12小题）.1．设集合A＝{x|x+1≤3}，B＝{x|4﹣x2≤0}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣2]B．（﹣∞，﹣4]C．[﹣2，2]D．（﹣∞，﹣2]∪{2}解：A＝{x|x≤2}，B＝{x|x≤﹣2，或x≥2}；∴A∩B＝（﹣∞，﹣2]∪{2}．故选：D．2．若函数f（x）＝x2+，则f′（﹣1）＝（）A．﹣1B．1C．﹣3D．3解：；∴f′（﹣1）＝﹣2﹣1＝﹣3．故选：C．3．过点P（3，4）且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线有（）A．0条B．1条C．2条D．3条解：设直线在x、y轴上的截距分别为a和﹣a（a≠0），则直线l的方程为﹣＝1，∵直线过点A（3，4），∴﹣＝1，解得：a＝﹣1，此时直线l的方程为x﹣y+1＝0；当a＝0时，直线过原点，设直线方程为y＝kx，过点A（3，4），此时直线l的方程为y＝x，即4x﹣3y＝0；综上，直线l的方程有2条．故选：C．4．设向量，，若，则实数k的值为（）A．﹣1B．0C．1D．2解：∵向量，，∴，，∵，∴3×（2k﹣1）+（﹣3）（﹣k+2）＝0，解得k＝1，故选：C．5．已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的斜率为，焦距为10，则双曲线C的方程为（）A．＝1B．＝1C．＝1D．＝1解：∵焦距为10，c＝5，∴曲线的焦点坐标为（±5，0），∵双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的斜率为，∴＝，25＝a2+b2，解得a＝4，b＝3，所求的双曲线方程为：＝1．故选：D．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．10B．6C．12D．8解：几何体是一个组合体，上面是一个三棱柱，三棱柱的底面是一个等腰直角三角形，侧棱长是2，下面是一个正方体棱长为2，几何体的体积为：2×2×2+＝10．故选：A．7．设α，β为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题中为真命题的是（）A．若l∥m，则l∥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若α⊥β，则l⊥m解：由α，β为两个不同的平面，m为两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，知：在A中，若l∥m，则l与β相交、平行或l⊂β，故A错误；在B中，若l⊥m，则α与β相交或平行，故B错误；在C中，若α∥β，则由面面平行的性质定理得l∥β，故C正确；在D中，若α⊥β，则l与m相交、平行或异面，故D错误．故选：C．8．已知函数图象上相邻的两条对称轴间的距离为2，则该函数图象的对称中心可能是（）A．B．C．D．解：由题意函数图象上相邻的两条对称轴间的距离为＝2，可知，所以．令，得，令k＝﹣1，可得它的图象的一个对称中心为（﹣，0），故选：B．9．已知在前n项和为S n的数列{a n}中，a1＝1，a n+1＝﹣a n﹣2，则S101＝（）A．﹣97B．﹣98C．﹣99D．﹣100解：由a n+1＝﹣a n﹣2，可得a n+a n+1＝﹣2，则有S101＝a1+（a2+a3）+…+（a100+a101）＝1﹣2×50＝﹣99．故选：C．10．已知直线y＝﹣（x﹣2）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线相交于M，与C的其中一个交点为N，若线段MN的中点在x轴上，则p＝（）A．2B．4C．2D．4解：直线y＝﹣（x﹣2）与x轴的交点为T（2，0），由抛物线的准线方程x＝﹣，可得M（﹣，（2+）），由T为MN的中点，可得N（4+，﹣（2+）），代入抛物线的方程可得3（2+）2＝2p（4+），化为p2+8p﹣48＝0，解得p＝4（﹣12舍去），故选：B．11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续正整数，且C ＞B＞A，，则sin A：sin B：sin C＝（）A．2：3：4B．7：6：5C．3：4：5D．4：5：6解：∵C＞B＞A，∴c＞b＞a．设c＝b+1，a＝b﹣1，由，得3b＝20c cos C，且，代入化简得7b2﹣27b﹣40＝0，解得b＝5，（舍去），∴a＝4，c＝6．∴sin A：sin B：sin C＝a：b：c＝4：5：6．故选：D．12．点P在椭圆C1：＝1上，C1的右焦点为F，点Q在圆C2：x2+y2+6x﹣8y+21＝0上，则|PQ|﹣|PF|的最小值为（）A．4﹣4B．4﹣4C．6﹣2D．2﹣6解：点P在椭圆C1：＝1上，C1的右焦点为F（1，0），左焦点E（﹣1，0），如图：圆C2：x2+y2+6x﹣8y+21＝0上，可得：（x+3）2+（y﹣4）2＝4，圆心坐标（﹣3，4），半径为2．由椭圆的定义可得：|PE|+|PF|＝2a＝4，|PF|＝4﹣|PE|，则|PQ|﹣|PF|＝|PQ|+|PE|﹣4，由题意可得：|PQ|﹣|PF|的最小值为：|PQ|﹣|PF|＝|PQ|+|PE|﹣4＝|C2E|﹣2﹣4＝﹣6＝2﹣6，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．函数f（x）＝e x﹣ex的单调递减区间为（﹣∞，1）．解：函数f（x）＝e x﹣ex，则f′（x）＝e x﹣ex，令f′（x）＝e x﹣e＜0，解得x＜1，所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，1）．故答案为：（﹣∞，1）．14．某学院为了调查学生2018年9月“健康使用手机”（健康使用手机指每天使用手机不超过3小时）的天数情况，随机抽取了80名学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：[0，5]，（5，10]，……，（25，30]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示，根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为54．解：由频率分布直方图知，健康使用手机超过15天的频率为：（0.07+0.05+0.015）×5＝0.675，∴这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为：0.675×80＝54．故答案为：54．15．倾斜角为且在x轴上的截距为a的直线被圆（x+a）2+y2＝4所截得的弦长为2，则a ＝±1．解：倾斜角为且在x轴上的截距为a的直线方程为：y＝，即，圆心（﹣a，0）到直线的距离为：＝，∴3a2+1＝4，得a＝±1，故答案为：±116．三棱锥P﹣ABC的每个顶点都在球O的表面上，BC⊥平面PAB，PA⊥AB，PA＝2，AB ＝1，，则球O的表面积为8π．解：因为BC⊥平面PAB，所以BC⊥PA，又PA⊥AB，且AB∩BC＝B，则PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，又因为BC⊥AB，则PC为三棱锥P﹣ABC的外接球直径，则，故球O的半径，表面积S＝4πR2＝8π．故答案为：8π．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知命题p：“曲线表示焦点在y轴上的椭圆”，命题q：“曲线＝1表示双曲线”．（1）请判断p是否是q的必要不充分条件，并说明理由；（2）若命题“p且q”是真命题，求实数m的取值范围．解：由“曲线表示焦点在y轴上的椭圆”，所以，解得﹣1＜m＜3且m≠0；由“曲线＝1表示双曲线”，所以（m+2）（m﹣1）＜0，解得﹣2＜m＜1．（1）命题p：m∈（﹣1，0）∪（0，3），命题q：m∈（﹣2，1）；由p不能得出q，由q也不能得出p，所以p不是q的必要不充分条件．（2）若命题“p且q”是真命题，则﹣1＜m＜0或0＜m＜1，所以实数m的取值范围是（﹣1，0）∪（0，1）．18．已知圆C过点A（0，1），B（﹣2，﹣1），且圆心C在直线y＝x+3上．（1）求圆C的标准方程；（2）过点P（﹣4，2）的直线l与圆C相切，求直线l的方程．解：（1）直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为（﹣1，0），直线AB的垂直平分线的方程为y＝﹣（x+1），整理为y＝﹣x﹣1，联立方程，解得，由圆C的性质可知，圆心C的坐标为（﹣2，1），可得圆C的半径为|AC|＝2，故圆C的标准方程为（x+2）2+（y﹣1）2＝4．（2）①当直线l的斜率不存在时，直线x＝﹣4正好与圆C相切，故此时直线l的方程为x＝﹣4；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣2＝k（x+4），整理为kx﹣y+4k+2＝0，由直线l与圆C相切，有，解得，可得直线l的方程为，整理为3x﹣4y+20＝0，故直线l的方程为x＝﹣4或3x﹣4y+20＝0．19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为CC1的中点．（1）证明：EF∥平面AC1D；（2）若AD＝2，AB＝3，AA1＝4，求点E到平面AC1D的距离．解：（1）证明：如图，取C1D的中点G，连GF，AG，∵G为C1D的中点，F为CC1的中点，∴GF∥CD且CD＝2GF，∵E为AB的中点，AB＝CD，AB∥CD，∴AE∥GF且AE＝GF，∴四边行AEFG为平行四边形，∴AG∥EF，∵AG∥EF，AG⊂平面AC1D，EF⊄平面AC1D，∴EF∥平面AC1D．（2）∵由长方体ABCD﹣A1B1C1D1的性质，∴AD⊥平面CDD1C1，∵C1D⊂平面CDD1C1，∴AD⊥C1D，在Rt△CC1D中，由CD＝3，CC1＝4，可得，在Rt△AC1D中，由AD＝2，C1D＝5，可得，设点E到平面AC1D的距离为d，由，有，可得，故点E到平面AC1D的距离为．20．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点．（1）当直线l的倾斜角为135°时，求|AB|；（2）若过点P（1，2）的直线m与抛物线C相切，且直线m∥直线l，求直线l的方程．解：由已知抛物线的方程可得F（1，0），（1）直线l的斜率为k＝tan135°＝﹣1，所以直线l的方程为y＝﹣（x﹣1），代入抛物线方程可得：y2+4y﹣4＝0，则y A+y B＝﹣4，y A y B＝﹣4，所以|AB|＝＝；（2）由题意设直线m的方程为y﹣2＝k（x﹣1）（k≠0），联立方程，消去x整理可得ky2﹣4y+8﹣4k＝0，因为直线m与抛物线相切，则△＝16﹣4k（8﹣4k）＝0，即k2﹣2k+1＝0，解得k＝1，又直线m∥直线l，所以直线l的斜率为1，则直线l的方程为y＝x﹣1，即x﹣y﹣1＝0．21．已知函数f（x）＝lnx+1．（1）直线l：x﹣y+2＝0，求曲线y＝f（x）上的点到直线l的最短距离；（2）若曲线存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x轴平行，求实数a的取值范围．解：（1）设曲线y＝f（x）上的点A（x0，y0）到直线l的距离最短，则在点A的切线与l平行，，∴x0＝1，解得y0＝1，∴在点A的切线方程为y﹣1＝x﹣1，即y＝x，∴点A到直线l的最短距离等于．（2）由题意得，∴，∵曲线y＝g（x）上存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x轴平行，∴关于x的方程g′（x）＝0，即x2﹣（a+1）x+1＝0在（0，3）上有两个不同的根，设h（x）＝x2﹣（a+1）x+1，则，解得∴实数a的取值范围是．22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C 上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．解：（1）设椭圆的半焦距为c，由题意可得e＝＝＝，即b＝a，由短轴长为2，可得b＝1，a＝2，所以椭圆的方程为+y2＝1；（2）证明：由题意可得A（﹣2，0），B（2，0），D（0，﹣1），设P（s，t），则s2+4t2＝4，由可得x M＝＝，由可得x N＝＝，由x M﹣x N＝﹣，上式化后的分子为2（s+2+2t）（s﹣2+2t）﹣2（s+2﹣2t）（﹣s+2+2t）＝2（s2+4st+4t2﹣4+s2+4t2﹣4st﹣4）＝2（2s2+8t2﹣8）＝2（8﹣8）＝0，所以M，N的横坐标相等，故直线MN与x轴垂直．。