2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共11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. 针对我校某次考试有关的命题P：所有理科学生都会做第1题，那么命题P的否定是（ ）
A.所有理科学生都不会做第1题
B.存在一个理科学生不会做第1题
C.存在一个理科学生会做第1题
D.至少有一个理科学生会做第1题

2. 演绎推理“因为对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)是增函数，而函数y=lg12x是对数函数，所以y=lg12x是增函数”所得结论错误的原因是（ ）
A.大前提错误B.小前提错误
C.推理形式错误D.大前提和小前提都错误

3. 在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ）
A.(￢p)∨(￢q)B.p∨(￢q)C.(￢p)∧(￢q)D.p∨q

4. 用数学归纳法证明 1+12+13+⋯+12n−11)时，第一步应验证不等式（ ）
A.1+12B，∴ a>b，
由正弦定理：asinA=bsinB，∴ sinA>sinB，故③正确；
对于④若xy＝0，则x＝0或y＝0，故原命题为假命题，则逆否命题也为假命题，故④不正确．
9.
【答案】
A
【考点】
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
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
通过列举反例，判断出各个命题的真假．
【解答】
解：当过平面α外的两点在垂直于平面α的直线上时，命题①不成立；
不共线三点在平面α的两侧时，②不成立；
无数条直线平行时，③不成立；
在正方体中ABCD−A1B1C1D1中，AA1与B1C1是异面直线，AA1在面ABCD中的射影是点，故④不成立．
故选A．
10.
【答案】
【考点】
由三视图求体积
【解析】
首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．
【解答】
根据几何体的三视图可得直观图，该几何体由一个三棱锥体和半个圆锥体构成的几何体．
如图所示：
则：V=12×2×4×2+12×π×22×2=8+4π．
故选：C．
11.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
设球心为O，OF=x，则CF=3，EF=32，可得R2=x2+(3)2=(332−x)2+(32)2，求出x，可得R，即可求出球的表面积．
【解答】
解：如图所示，设球心为O，OF=x，则CF=3，EF=32
R2=x2+(3)2=(332−x)2+(32)2，
∴ x=32
∴ R2=154
∴ 球的表面积为15π．
故选：A．
12.
【答案】
B
【考点】
棱台的结构特征
【解析】
依题意，当该梯形为MNCB时面积最大．梯形为MNCB上底为4，下底为8，根据题意，过M做ME⊥平面ABCD，过点E做EG垂直于BC于G，交AD于F，则梯形MNCB的高为MG，证明三角形MEG为直角三角形，根据勾股定理即可求出MG的长度，52，进而可以得到梯形MNCB的面积．
【解答】
依题意，平面α与四棱台的面的交线所围成图形为以MN为上底，以在底面ABCD内且与MN平行的线段为下底的梯形，
即该梯形的上底长为4，下底长为8，所以当梯形的高最大时，平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值，即当该梯形为MNCB时面积最大．
过M做ME⊥平面ABCD，过点E做EG垂直于BC于G，交AD于F，
则因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥ME，又因为BC⊥EG，EG∩ME＝E，
所以BC⊥平面MEG，
因为MG⊂平面MEG，
所以MG⊥BC．
所以，在平面A1B1GF中，做A1H⊥FG＝H，B1I⊥FG＝I，
则FH＝IG=AB−A1B12=2，HE＝A1M＝1，
所以EG＝AB−FE＝8−3＝5，又因为HE＝5，所以在直角三角形MEG中，MG=ME2+EG2=52+52=52．
所以平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为SMNCB=12(4+8)×52=302．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
充分不必要
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
解不等式，根据集合的包含关系，求出q是p的充分不必有条件，从而求出￢p是￢q充分不必要条件即可．
【解答】
命题p:a≤1，命题q:a2≤1，即−1≤a≤1，
则q是p的充分不必有条件，
则￢p是￢q充分不必要条件，
【答案】
10
【考点】
简单组合体的结构特征
【解析】
球心到底面的距离，实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，可以看做下面是一个正方体，上面是一个四棱锥，四棱锥的斜高是5，用勾股定理做出四棱锥的高，求和得到结果．
【解答】
解：由题意知求球心到底面的距离，
实际上是求两个简单的组合体的上顶点到下底面的距离，
可以看做下面是一个正方体，正方体的棱长是6cm
上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为6的正方形，斜高是5，
则四棱锥的高是52−32=16=4，
∴ 球心到盒底的距离为6+4=10cm
故答案为：10．
【答案】
丙
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
这是一个简单的合情推理题，我们根据“四位歌手的话只有两句是对的”，假设某一个人说的是真话，如果与条件不符，说明假设不成立，如果与条件相符，则假设成立的方法解决问题．
【解答】
若甲是获奖的歌手，则都说假话，不合题意．
若乙是获奖的歌手，则甲、乙、丁都说真话，丙说假话，不符合题意．
若丁是获奖的歌手，则甲、丁、丙都说假话，乙说真话，不符合题意．
【答案】
①
【考点】
轨迹方程
【解析】
先找符合条件的特殊位置，然后根据符号条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线得到结论．
【解答】
根据题意可知PD＝DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，
设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≅△CBN，
∴ PN＝CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，
故动点M的轨迹肯定过点D和AB的中点N，
而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC的垂直平分面，
线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线．
故点M在正方形ABCD内的轨迹为图2中的①．
三、解答题：本大题共70分
【答案】
当a＝1时，p:1≤x≤3，实数x的取值范围是[1, 3]；
q：由x2+x−6≤0得：−3≤x≤2，
命题“p∧q”为真，1≤x≤3−3≤x≤2 ，∴ 1≤x≤2．
∴ 实数x的取值范围[1, 2]．
若q是p的充分不必要条件，则[−3, 2]⫋[2−a, 2+a]，
即a>02−a≤−3 ，
所以a≥5；
所以，实数a的取值范围是[5, +∞)．
【考点】
复合命题及其真假判断
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）a＝1时，p:1≤x≤3； q:x2+x−6≤0，解得−3≤x≤2．根据p∧q为真，列出不等式，求出x的取值范围即可．
（2）q是p的充分不必要条件，则2−a≤−32≤2+a ，a>0，解得a范围．
【解答】
当a＝1时，p:1≤x≤3，实数x的取值范围是[1, 3]；
q：由x2+x−6≤0得：−3≤x≤2，
命题“p∧q”为真，1≤x≤3−3≤x≤2 ，∴ 1≤x≤2．
∴ 实数x的取值范围[1, 2]．
若q是p的充分不必要条件，则[−3, 2]⫋[2−a, 2+a]，
即a>02−a≤−3 ，
所以a≥5；
所以，实数a的取值范围是[5, +∞)．
【答案】
（1）证明：过C作CE⊥AB与E，
则AE=CD=3，CE=AD=4，
∴ BE=BC2−CE2=3，
∴ AB=AE+BE=6．
取PB中点N，连接MN，CN．
则MN是△PAB的中位线，
∴ MN // AB，MN=12AB=3，
又CD // AB，CD=3，
∴ MN // CD，MN=CD，
∴ 四边形MNCD为平行四边形，
∴ DM // CN，又DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，
∴ DM // 平面PBC．
（2）解：∵ PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AD，∵ ∠PAD=60∘，
∴ PD=3AD=43．
又S△DBC=12CD×AD=6，
∴ VD−PBC=VP−DBC=13S△DBC⋅PD=13×6×43=83．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）根据平面几何知识求出AB，取PB中点N，连接MN，CN．根据中位线定理和平行公理可得四边形MNCD是平行四边形，得出DM // CN，故而有DM // 平面PBC；
（2）利用特殊角的性质得出PD，计算棱锥的底面△BCD的面积，代入棱锥的体积公式计算．
【解答】
（1）证明：过C作CE⊥AB与E，
则AE=CD=3，CE=AD=4，
∴ BE=BC2−CE2=3，
∴ AB=AE+BE=6．
取PB中点N，连接MN，CN．
则MN是△PAB的中位线，
∴ MN // AB，MN=12AB=3，
又CD // AB，CD=3，
∴ MN // CD，MN=CD，
∴ 四边形MNCD为平行四边形，
∴ DM // CN，又DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，
∴ DM // 平面PBC．
（2）解：∵ PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AD，∵ ∠PAD=60∘，
∴ PD=3AD=43．
又S△DBC=12CD×AD=6，
∴ VD−PBC=VP−DBC=13S△DBC⋅PD=13×6×43=83．
【答案】
(1)证明：∵ A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，
∴ AA1 // BB1，
∵ AA1=4，BB1=2，AB=2，
∴ A1B1=(AB)2+(AA1−BB1)2=22，
又AB1=AB2+BB12=22，∴ AA12=AB12+A1B12，
∴ AB1⊥A1B1，
同理可得：AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，
∴ AB1⊥平面A1B1C1．
(2)解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵ AB=BC，∴ OB⊥OC，
∵ AB=BC=2，∠BAC=120∘，∴ OB=1，OA=OC=3，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：

则A(0, −3, 0)，B(1, 0, 0)，B1(1, 0, 2)，C1(0, 3, 1)，
∴ AB→=(1, 3, 0)，BB1→=(0, 0, 2)，AC1→=(0, 23, 1)，
设平面ABB1的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅AB→=0,n→⋅BB1→=0,
∴ x+3y=0,2z=0,令y=1可得n→=(−3, 1, 0)，
∴ cs=n→⋅AC1→|n→||AC1→|=232×13=3913．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cs|=3913．
∴ 直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直的判定
【解析】
(1)利用勾股定理的逆定理证明AB1⊥A1B1，AB1⊥B1C1，从而可得AB1⊥平面A1B1C1；
(2)以AC的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB1的法向量n→，计算n→与AC1→的夹角即可得出线面角的大小．
【解答】
(1)证明：∵ A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，
∴ AA1 // BB1，
∵ AA1=4，BB1=2，AB=2，
∴ A1B1=(AB)2+(AA1−BB1)2=22，
又AB1=AB2+BB12=22，∴ AA12=AB12+A1B12，
∴ AB1⊥A1B1，
同理可得：AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，
∴ AB1⊥平面A1B1C1．
(2)解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵ AB=BC，∴ OB⊥OC，
∵ AB=BC=2，∠BAC=120∘，∴ OB=1，OA=OC=3，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：

则A(0, −3, 0)，B(1, 0, 0)，B1(1, 0, 2)，C1(0, 3, 1)，
∴ AB→=(1, 3, 0)，BB1→=(0, 0, 2)，AC1→=(0, 23, 1)，
设平面ABB1的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅AB→=0,n→⋅BB1→=0,
∴ x+3y=0,2z=0,令y=1可得n→=(−3, 1, 0)，
∴ cs=n→⋅AC1→|n→||AC1→|=232×13=3913．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cs|=3913．
∴ 直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913．
【答案】
(1)证明：在四边形ABCD中，
∵ AB // CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60∘，∴ AB=2，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs60∘=3，
∴ AB2=AC2+BC2，∴ BC⊥AC．
∵ 平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，
BC⊂平面ABCD，∴ BC⊥平面ACFE．
又∵ BC⊂平面FBC，∴ 平面ACFE⊥平面FBC．
(2)解：由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，
令FM=λ(0≤λ≤3)，
则C(0, 0, 0)，A(3, 0, 0)，B(0, 1, 0)，M(λ, 0, 1)，
∴ AB→=(−3, 1, 0)，BM→=(λ, −1, 1)，
设n→=(x, y, z)为平面MAB的一个法向量，
由n→⋅AB→=0n→⋅BM→=0 ，得−3x+y=0λx−y+z=0
取x=1，则n→=(1, 3, 3−λ)，
∵ m→=(1, 0, 0)是平面FCB的一个法向量，
∴ csθ=cs=11+3+(3−λ)​2×1
=1(3−λ)​2+4，
∵ 0≤λ≤3，∴ 当λ=0时，csθ有最小值77，
当λ=3时，csθ有最大值12．
∴ csθ∈[77,12]．
【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】
（1）由已知条件利用勾股定理求出BC⊥AC．由平面ACFE⊥平面ABCD，得到BC⊥平面ACFE．由此能证明平面ACFE⊥平面FBC．
（2）建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤3)，利用向量法能求出csθ的取值范围．
【解答】
(1)证明：在四边形ABCD中，
∵ AB // CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60∘，∴ AB=2，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs60∘=3，
∴ AB2=AC2+BC2，∴ BC⊥AC．
∵ 平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，
BC⊂平面ABCD，∴ BC⊥平面ACFE．
又∵ BC⊂平面FBC，∴ 平面ACFE⊥平面FBC．
(2)解：由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，
令FM=λ(0≤λ≤3)，
则C(0, 0, 0)，A(3, 0, 0)，B(0, 1, 0)，M(λ, 0, 1)，
∴ AB→=(−3, 1, 0)，BM→=(λ, −1, 1)，
设n→=(x, y, z)为平面MAB的一个法向量，
由n→⋅AB→=0n→⋅BM→=0 ，得−3x+y=0λx−y+z=0
取x=1，则n→=(1, 3, 3−λ)，
∵ m→=(1, 0, 0)是平面FCB的一个法向量，
∴ csθ=cs=11+3+(3−λ)​2×1
=1(3−λ)​2+4，
∵ 0≤λ≤3，∴ 当λ=0时，csθ有最小值77，
当λ=3时，csθ有最大值12．
∴ csθ∈[77,12]．
【答案】
若￢p为假命题，
则命题p是真命题，
则有①当a＝0时，符合题意；
②由a>01−4a×a16≥0 ，得a>0−2≤a≤2 ，
∴ 01，都有a≤x+2x−1成立，
故a≤(x+2x−1)min，(x>1)，
由y＝x+2x−1=(x−1)+2x−1+1≥22+1，
故q为真时，a≤1+22；
若“p∨q”为真命题，且“p∧q”为假命题，
则p，q一真一假，
则0≤a≤2a>22+1 ，或a2a≤22+1 ，
解得：a0−2≤a≤2 ，
∴ 01，都有a≤x+2x−1成立，
故a≤(x+2x−1)min，(x>1)，
由y＝x+2x−1=(x−1)+2x−1+1≥22+1，
故q为真时，a≤1+22；
若“p∨q”为真命题，且“p∧q”为假命题，
则p，q一真一假，
则0≤a≤2a>22+1 ，或a2a≤22+1 ，
解得：a0，x1+x2＝m，x1x2＝−2，
可得|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=m2+8，
由m∈[−1, 1]可得m2+8的最大值为1+8=3，
不等式a2−5a−3≥|x1−x2|对任意实数m∈[−1, 1]恒成立，即为a2−5a−3≥3，
解得a≥6或a≤−1，
则a的取值范围是(−∞, −1]∪[6, +∞)；
由q为真命题，可得f(x)min≥g(x)min，
由f(x)＝lnx2，x∈[1, 3]，可得f(x)＝2lnx在[1, 3]递增，则f(x)min＝f(1)＝0，
g(x)＝−x2−a在[14, 12]递减，可得g(x)min=−14−a，
可得−14−a≤0，即有a≥−14；
由命题p，q至少有一个是真命题，
可得a的取值范围是(−∞, −1]∪[6, +∞)∪[−14, +∞)＝(−∞, −1]∪[−14, +∞)．