四川省资阳市2020-2021学年高二上学期期末数学理科试题人教A版

这是一份四川省资阳市2020-2021学年高二上学期期末数学理科试题人教A版，共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知P椭圆上的动点，则P到该椭圆两焦点的距离之和为( )
A.B.4C.D.8

2. 已知，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.即不充分也不必要条件

3. 在区间上任取一个实数，则的概率为( )
A.B.C.D.

4. 执行如图所示的程序框图，若输入的为−4，则输出的值为( )

A.0.5B.1C.2D.4

5. 我市创建省级文明城市，需要每一位市民的支持和参与.为让全年级1000名同学更好的了解创建文明城市的重大意义，学校用系统抽样法(按等距的原则)从高二年级抽取40名同学对全年级各班进行宣讲，将学生从∼1000进行编号，现已知第1组抽取的号码为13，则第5组抽取的号码为( )
A.88B.113C.138D.173

6. 某商铺统计了今年5个月的用电量y(单位：10kw/h)与月份x的对应数据，列表如下：
根据表中数据求出关于的线性回归方程为，则上表中的值为( )
A.50B.54C.56.5D.64

7. 若圆与圆有且仅有三条公切线，则a=( )
A.−4B.−1C.4D.11

8. 如图，M，N是分别是四面体的棱OA，BC的中点，设，，，若，则的值分别是( )
A.，，B.，，
C.，，D.，，

9. 过椭圆的左顶点A作圆(2c是椭圆的焦距)两条切线，切点分别为M，N，若∠MAN=60∘，则该椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.

10. 已知m，n为两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列4个命题：
①；
②；
③；
④.
其中所有真命题的序号是( )
A.①③B.②④C.②③D.③④

11. 已知点A(0, 0)，B(0, 3)，若点P满足，则面积的最大值是( )
A.2B.3C.4D.6

12. 如图，棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为( )

A.B.C.D.
二、填空题

向量=(1, 2, −1)，=(2, 1, a)，若，则a=________.

某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.


把一枚质地均匀的骰子投掷两次，第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，设事件A为方程组有唯一解，则事件A发生的概率为________.

若M，P是椭圆两动点，点M关于x轴的对称点为N，若直线PM，PN分别与x轴相交于不同的两点A(m, 0)，B(n, 0)，则mn=________.
三、解答题

命题p：曲线表示一个圆；命题q：指数函数在定义域内为单调递增函数.
（1）若为假命题，求实数m的取值范围；

（2）若为真，为假，求实数m的取值范围.

已知曲线C：，集合，.
（1）若，求曲线C为半径的圆的概率；

（2）若，求曲线C为焦点在x轴上的椭圆的概率.

已知点P(−1, 4)，Q(3, 2).
（1）求以PQ为直径的圆N的标准方程；

（2）过点M(0, 2)作直线l与（1）中的圆N相交于A，B两点，若，求直线l的方程.

某次数学测试后，数学老师对该班n位同学的成绩进行分析，全班同学的成绩都分布在区间，制成的频率分布直方图如图所示.已知成绩在区间的有12人.

（1）求n；

（2）根据频率分布直方图，估计本次测试该班的数学平均分(同一组数据用该组数据区间的中点值表示).

（3）现从，两个分数段的试卷中，按分层抽样的方法共抽取了6份试卷.若从这6份试卷中随机选出2份作为优秀试卷，求选出2份优秀试卷中恰有1份分数在的概率.

如图，四棱锥S−ABCD的底面是正方形，平面，，，点E是线段SD上的点，且 ().

（1）求证：对任意的，都有；

（2）设二面角的大小为，直线BE与平面ACE所成角为，当时，求的值.

已知椭圆C：右焦点，A，B是分别是椭圆C的左､右顶点，P为椭圆的上顶点，三角形PAB的面积.
（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l:y=kx+m与椭圆交于不同的两点M，N，点Q(2, 0)，若∠MQO=∠NQO(O是坐标原点)，判断直线l是否过定点，如果是，求该定点的坐标；如果不是，说明理由.
参考答案与试题解析
四川省资阳市2020-2021学年高二上学期期末数学理科试题
一、单选题
1.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
抛物线的求解
【解析】
根据椭圆的定义即可求出．
【解答】
根据椭圆方程x216+y24=1可得a=4
所以P到该椭圆两焦点的距离之和为2a=8
故选：D．
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
充分条件、必要条件、充要条件
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
」考虑两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系【ǐ加加）若lnx=lny，则x=3
若x=y2或m2或m1，解得m>1
由pvQ为真，p/q为假，则p,q中有且仅有一个为真命题．
当p为真，q为假时m的范围为：mb的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,(4,3)共6种．
所以概率P=12
【答案】
（1）x−12+y−32=5
（2）x=0或y=2
【考点】
圆的标准方程
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）圆心N为线段PQ的中点，求出圆N的半径即可写出圆的标准方程；
（2）当直线斜率不存在时求出|AB|=4，符合条件
；当直线斜率存在时设直线方程为y=kx+2，利用勾股定理求出圆心到直线的距离d，再利用点到直线的距离公式即可求得斜
率k，从而写出直线方程．
【解答】
（1）方法1：以PQ为直径的圆方程为x−3x−1+y−2y−4=0
化解得：x2−2x+y2−6y+5=0
则圆N的标准方程为：x−12+y−32=5
方法2：圆心N的坐标1,3，直径2r=|PQ|=42+22=25,r=5
则圆N的标准方程为：x−12+y−32=5
（2）①当直线斜率不存在时，方程为x=0，解得y1=5,y2=1|AB|=4，符合条件；
②当斜率存在时，设直线方程为y=kx+2
设圆心到直线距离为d，由d2+AB22=R2，则d2+22=5，得d=1
又d=|k−1|1+k2=1，解得k=0，此时直线方程为y=2
所以直线方程为x=0或y=2
【答案】
（1）60；
（2）118.5；
（3）815
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
（1）根据成绩在区间[125,135)的有12人可列式求解；
（2）由频率分布直方图列出式子即可求出平均值；
（3）先列出所有的抽取结果，再求出恰有一份分数段在[135,145)的情况，即可得出概率．
【解答】
（1）由题可知：n=120.02×10=60
（2）x¯=100×0.15+110×0.25+120×0.3+130×0.2+14×0.1=118.5
（3）由频率分布直方图可知：成绩分布在[125.135)有12人，在[135.145)有6人，抽取比例为618=13，所以[125,135)内抽
取人数为4人，[135.145)抽取人数为2人．
记[125,135)中4人为a,b,c,d，记[135,145)的2人分别为e,f,
则所有的抽取结果为：a,b,a,c,a,d,a,e,a,b,b,c,b,d,b,eb,b,c,d,c,e,c,n,d,e
），d,f,e,1共15种．
恰有一份分数段在[135,145)有(a,e),(a,b,b,e),(b,b,b),(c,(c,,(d,d,e),(d,b)共8种，
所以，概率P=815
【答案】
（1）证明见解析；
（2）102
【考点】
直线与平面所成的角
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）连接BD，先证AC⊥面SBD，又BE面$${BD}$，易证出${AC\perp BE}$
（2）以D为原点，DA→DC→,DS→的方向为正方向建立空间直角坐标系D−xy，利用空间向量分别计算二面角
C−AE−D的余弦值和直线BE与平面ACE所成角的正弦值即可．
【解答】
（1）连接BD，由ABCD是正方形，可得AC⊥BD
又SD⊥平面4BCD，则|AC⊥5D，又SD∩BD=D
所以AC⊥面SBD，又BE面SBD，
所以AC⊥BE
（2）以D为原点，DA→,DC→,DS→的方向为正方向建立空间直角坐标系D−xy
则D0,0,0
E0,0,1
A2,0,0
C0,2,0
B2,2,0
则CA→=2,−2,0CE→=0,−2,1
设面CAE的法向量为m→=x,y,z
则2x−2y=0−2y+z=0，设x=1y=1,z=2，取m→=1,1,2
又由CD⊥平面ADE
所以DC→=0,2,0可作为面ADE的一个法向量，
所以，csθ=22⋅2=12
面CAE的法向量n→=1,1,2EB→=2,2,−1
sinQ=22⋅5=1010
则csθsinθ=102
【答案】
（1）x22+y2=1；
（2）过定点，定点为1,0
【考点】
圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）由题意知：c=1，A(−a, 0)，B(a, O)，P(O, b)，三角形PAB的面积S=−×2ab=、，结合a，b，c的关系，即可求得
2
a，B”的值，即可得答室；
（2）联立直线与椭圆C的方程，可得关于×的一元二次方程，设M(x．J)，N(x．Ja)，可得于+F，，而·于的表达式，根据
2MQO=2NQO，可得ku+kxa=0，化简整理，可得m=−k，代入直线方程，即可求得定点坐标
【解答】
（1）由题意知：c=1，4(−a, 0)，B(α, O)，P(O．b)，
则S=s=\×2ab=、J，又a．=b++c，
2
代入可得a∘=2，b=1，
所以椭圆方程为一+=1
{v=lcc+m，
（2）联立方程组） ，得(2R^+1)x^+4lnc+2m^−2=0，
+y^=1，”
(2′
设M(x．M)）N(x, y)，
Δ=(41n)^−4ΩR^+1)(2m^−2)>0，解得2R+1>m′，
−4ln
可得
2m^−2
|=巧=^2k^+1′
由2MQO=2NQO，可得kx+kx=0，
________J：_m+ma+m_2x+(m−2k)(x+x)−4m_n
(X−2)(x−2)
即21qx+(m−2k)(x+%)−4m=0，
所以2k−−．，．，2m′−2+(m−2k)（−．−41n、）−4m=0，即-，，41m′−4k−−41m′+8R′m−8k′m−4mL=0，
2k′+1^2k′+12k^+1
所以k+m=0，解得m=−k，满足Δ>0，
所以直线方程为少=lc—k=k(x−1)，所以直线恒过定点(1.0)．x
2
4
5
6
8
y
30
40
57
a
69