2020-2021学年四川省高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年四川省高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版，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. 已知直线l的方程为y=−x+1，则该直线l的倾斜角为（ ）
A.30∘B.45∘C.60∘D.135∘

2. 已知命题p:∃x∈R，sinx>1，则（ ）
A.￢p:∃x∈R，sinx≤1B.￢p:∃x∈R，sinx≤1
C.￢p:∀x∈R，sinx≤1D.￢p:∀x∈R，sinx>1

3. 若直线x+ay＝1与直线ax+y＝1平行，则a的值为（ ）
A.a＝1B.a＝−1C.a＝±1D.a＝0

4. 圆(x+1)2+(y−1)2＝4上到直线的距离为1的点共有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个

5. 设圆C与圆x2+(y−3)2=1外切，与直线y=0相切，则C的圆心轨迹为( )
A.抛物线B.双曲线C.椭圆D.圆

6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的余弦值为(（ )
A.−23B.53C.23D.255

7. 设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是( )
A.a⊥α，b // β，α⊥βB.a⊥α，b⊥β，α // β
C.a⊂α，b⊥β，α // βD.a⊂α，b // β，α⊥β

8. 一个三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的表面积为（ ）

A.B.C.D.

9. 已知曲线C:mx2+ny2＝1，给出以下命题：
①若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在x轴上；
②若m＝n>0，则C是圆，其半径为；
③若mn0，则C是两条直线．
其中正确命题的个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4

10. 我国的航天事业取得了辉煌的成就，归功于中国共产党的坚强领导，这归功于几代航天人的不懈奋斗．中国工程院院士、中国探月工程总设计师、巴中老乡吴伟仁先生就是其中最杰出的代表人物之一，同学们应当好好学习航天人和航天精神．我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心（地球的中心）F2为一个焦点的椭圆．已知它的近地点（离地面最近的点）A距地面m千米，远地点（离地面最远的点）B距离地面n千米，并且F2、A、B在同一条直线上，地球的半径为R千米，则卫星运行的轨道的短轴长为（ ）千米
A.B.
C.mnD.2mn

11. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为M(1,12)，则椭圆的离心率为（ ）
A.22B.12C.14D.32

12. 表面积为60π的球面上有四点S，A，B，C，且△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S−ABC体积的最大值为（ ）
A.B.18C.27D.
二、填空题(共4小题，每小题5分，满分20分.请把答案填写在答题卡上)

若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2−y2=1的一个焦点，则p=________．

如果三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长度都是2，则它的外接球的体积是________．

阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262−190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知△OAM的两个顶点O、A是定点，它们的坐标分别为O(0, 0)、A(3, 0)；另一个顶点M是动点，且满足sin∠AOM＝2sin∠OAM，则当△OAM的面积最大时，OA边上的高为________．

双曲线的离心率为，点A，B是双曲线上关于原点对称的两点，点M是双曲线上异于点A，B的动点，若直线MA，MB的斜率都存在且分别为k1，k2，则|k1|+4|k2|的最小值为________．
三、解答题(共6题，满分10分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤)（10分，请考生在下面“17题【简易逻辑】”或“18题【参数方程与极坐标】”两个题目中任意选择一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目记分）

已知m∈R，命题p：方程表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：方程表示双曲线．若p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．
[参数方程与极坐标]

已知过点P(m, 0)的直线l的参数方程是x=m+32ty=12t （t为参数）．以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程式为ρ=2csθ．
(Ⅰ)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(Ⅱ)若直线l与曲线C交于两点A，B，且|PA|⋅|PB|=2，求实数m的值．

如图，在底面是矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，E是PD的中点．

（1）求证：PB // 平面EAC；

（2）求证：平面PDC⊥平面PAD．

已知圆经过A(1, 1)和B(2, −2)两点，且圆心C在直线x−y+1＝0上．
（1）求圆C的方程；

（2）若过点M(−6, 4)的直线l与圆C相交于P，Q两点，且|PQ|＝8，求直线l的方程．

已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(3, y0)在抛物线C上，且|AF|＝4．
（1）求抛物线C的方程及A点的坐标．

（2）已知直线l与抛物线C相交于不同两点M、N，O为坐标原点，若OM⊥ON，求证：直线l恒过某定点，并求出该定点的坐标．

如图（1），在四边形ABCD中，AD // BC，∠BAD=90∘，AB=23，BC=4，AD=6，E是AD上的点，AE=13AD．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，且A1C=4，如图（2）．

（1）求证：平面A1BE⊥平面BCDE；

（2）若P为线段BE上任一点，求直线PA1与平面A1CD所成角的正弦值的最大值．

已知椭圆M：+＝1(a>0)的一个焦点为F(−1, 0)，左右顶点分别为A，B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(Ⅰ)求椭圆方程；
(Ⅱ)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1−S2|的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省高二（上）期末数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由直线的方程求出斜率，再由斜率的值及倾斜角的范围求出倾斜角的值．
【解答】
解：∵ 直线l的方程为y=−x+1，∴ 斜率为−1，
又倾斜角α∈[0, π)，∴ α=135∘．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
抛物线的定义
圆与圆的位置关系及其判定
圆的切线方程
圆的一般方程
【解析】
由动圆与定圆相外切可得两圆圆心距与半径的关系，然后利用圆与直线相切可得圆心到直线的距离与半径的关系，借助等量关系可得动点满足的条件，即可的动点的轨迹．
【解答】
解：设C的坐标为(x, y)，圆C的半径为r，圆x2+(y−3)2=1的圆心为A，
∵ 圆C与圆x2+(y−3)2=1外切，与直线y=0相切，
∴ |CA|=r+1，C到直线y=0的距离d=r.
∴ |CA|=d+1，即动点C定点A的距离等于到定直线y=−1的距离.
由抛物线的定义知：C的轨迹为抛物线．
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
连结BE，则CD // AB，从而∠BAE是异面直线AE与CD所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AE与CD所成角的余弦值．
【解答】
连结BE，
∵ 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，
∴ CD // AB，
∴ ∠BAE是异面直线AE与CD所成角（或所成角的补角），
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为2，
则AB＝2，BE=4+1=5，AB⊥BE，
AE=AB2+BE2=4+5=3，
∴ 异面直线AE与CD所成角的余弦值为：
cs∠BAE=ABAE=23．
故异面直线AE与CD所成角的余弦值为23．
7.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据题意分别画出错误选项的反例图形即可．
【解答】
解：A，B，D的反例如图：
故选C.
8.
【答案】
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
B
【考点】
曲线与方程
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．由AB的中点为M(1,12)，可得x1+x2＝2，y1+y2＝1．由PF // l，可得kPF＝kl=−bc=y1−y2x1−x2．由x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1．作差代入即可得出．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
∵ AB的中点为M(1,12)，∴ x1+x2＝2，y1+y2＝1．
∵ PF // l，∴ kPF＝kl=−bc=y1−y2x1−x2．
由x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1．
∴ (x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
∴ 2a2+−bcb2=0，可得：2bc＝a2，
∴ 4c2(a2−c2)＝a4，化为：4e4−4e2+1＝0，
解得e2=12，0