2020-2021学年安徽省宿州市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省宿州市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版，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. 已知集合M=0,1,2和N=x|x2=1，M∩N=( )
A.1B.−1,1C.0,1,2D.−1,0,1,2

2. 若直线l的方向向量为a→=(1,0,2)，平面α的法向量为n→=(−2,0,−4)，则( )
A.l // αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交

3. 已知p:x>2，q:x+2>0，则p是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

4. 已知△ABC的顶点B，C在椭圆x23+y2=1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是( )
A.23B.6C.43D.12

5. 已知等比数列an的前n项和Sn=3n+t，则t=( )
A.1B.−1C.3D.−3

6. 已知函数f(x)=2x−2−x，则f(x)( )
A.是偶函数，且在R上是减函数
B.是偶函数，且在R上是增函数
C.是奇函数，且在R上是减函数
D.是奇函数，且在R上是增函数

7. 已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )

A.40π3B.16πC.32π3D.12π

8. 已知直线l:xcsα+ysinα=1α∈R与圆C:x2+y2=r2r>0相交，则r的取值范围是( )
A.01

9. 已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA=3，AB=2，BC=3，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A.8πB.12πC.16πD.18π

10. 函数fx=asinωx+acsωxa>0,ω>0的部分图象如图所示，则函数fx的最小正周期为( )

A.πB.4π3C.2πD.8π3

11. 在四面体ABCD中，P是平面BCD上一点，且5AP→=3AB→+tAC→+PD→，则t=( )
A.1B.2C.15D.25

12. 若△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知2bsin2A=asinB，且c=2b，则csB=( )
A.18B.34C.78D.154
二、填空题

M是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，F1，F2是椭圆左右焦点，且满足MF1⊥MF2，则该椭圆离心率的取值范围是________.
三、解答题

设a，b，c分别是△ABC的三条边，命题p：如果△ABC是直角三角形，那么a2+b2=c2. 请写出命题p的逆命题、否命题和逆否命题，并判断其真假．

给定命题p：对任意实数，都有x2+ax+1>0成立；q：关于x的方程x2−x+a=0有实数根．如果p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数a的取值范围．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=4，AC=3，AA1=8，AB⊥AC，∠A1AB=∠A1AC=π3.

(1)求异面直线AA1与BC所成角的余弦值；

(2)已知B1D→=λB1C1→，λ∈0,1，是否存在λ使得AD→⊥BC→，若存在求出λ的值，若不存在说明理由．

已知动圆P与⊙C1:x2+y2+8x+12=0外切，同时与⊙C2:x2+y2−8x−48=0内切．
(1)求动圆圆心P的轨迹方程；

(2)若动点Q在直线4x+5y=66上，求PQ的最小值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥BC，且PA=AD=2CD=4，BC=3AB=3.

(1)求证：CD⊥平面PAC；

(2)求二面角A−PC−B的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点P−2,1，离心率为e=32.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C的两个交点分别为A，B，且PA⊥PB，求证：5m=6k−3.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宿州市高二（上）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：由题意知， N={x|x2=1}={−1,1}，
所以M∩N=1.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
用向量证明垂直
【解析】
观察发现，题设条件中直线的方向向量与平面的法向量共线，进而判断出直线与平面的位置关系，选出正确选项．
【解答】
解：因为a→=(1,0,2)，n→=(−2,0,−4)，
所以n→=−2a→，所以两个向量平行．
又因直线l的方向向量为a→=(1,0,2)，平面α的法向量为n→=(−2,0,−4)，
所以l⊥α.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】

【解答】
解：q:x+2>0⇔x>−2，p:x>2，
故p是q的充分不必要条件．
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆中的平面几何问题
【解析】
由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，可得△ABC的周长．
【解答】
解：由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，
可得△ABC的周长为4a=43，
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】

【解答】
解：由已知得a1=S1=3+t，
a2=S2−S1=6，
a3=S3−S2=18，
由a22=a1a3可得t=−1.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据奇函数的定义以及复合函数的单调性可得．
【解答】
解：f(x)=2x−2−x，f(−x)=2−x−2x=−f(x)，
∴ f(x)为奇函数.
又y=2x在R上是增函数，y=2−x在R上是减函数，
所以f(x)=2x−2−x在R上是增函数．
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．
【解答】
解：根据几何体得三视图可知，这个几何体是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去16后剩余的几何体．
故V=56×π×22×4=40π3.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】

【解答】
解：圆C:x2+y2=r2r>0的圆心C(0,0)，半径为r，
所以圆心到直线的距离d=1cs2α+sin2α=1.
因为直线与圆相交，
故r>1.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】

【解答】
解：画出三棱锥，如图，
由图知PC为三棱锥外接球的直径， 且PC=PA2+AB2+BC2=4，
所以外接圆半径R=2，
所以外接球表面积为S=4πR2=16π.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
三角函数的周期性及其求法
【解析】

【解答】
解：fx=asinωx+acsωx=2asin(ωx+π4).
由图可知f0=f(π3)，
故函数fx在x=π6处取得最大值，
∴ ω×π6+π4=2kπ+π2k∈Z，即ω=12k+32k∈Z．
∵ T2>π3，即πω>π3，
∴ 0<ω<3，
∴ ω=32，
∴ T=4π3.
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的加减法
【解析】
解：因为 PD→=AD→−AP→ ，所以 5AP→=3AB→+tAC→+PD→ 化为AP→=12AB→+t6AC→+16AD→，因为P是平面BCD上一点，所以12+t6+16=1，故t=2.
【解答】
解：因为 PD→=AD→−AP→ ，
所以 5AP→=3AB→+tAC→+PD→可化为AP→=12AB→+t6AC→+16AD→.
因为P是平面BCD上一点，
所以12+t6+16=1，
解得t=2.
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】

【解答】
解：由2bsin2A=asinB，得4bsinAcsA=asinB，
由正弦定理得4sinBsinAcsA=sinAsinB，
∵ sinA≠0，且sinB≠0，
∴ csA=14 .
由余弦定理及c=2b，得a2=b2+c2−2bccsA=4b2，
∴ a=2b，
∴ csB=a2+c2−b22ac=78.
故选C.
二、填空题
【答案】
22≤e<1
【考点】
椭圆的离心率
【解析】

【解答】
解：如图，
设MF1=r1，MF2=r2，
由题意可知r1+r2=2a，r12+r22=4c2,
2r1r2=(r1+r2)2−(r12+r22)=4a2−4c2，
r12+r22≥2r1r2，2c2≥a2 ．
故22≤e<1.
故答案为：22≤e<1.
三、解答题
【答案】
解：命题p的逆命题：如果a2+b2=c2，那么△ABC是直角三角形，为真命题；
命题p的否命题：如果△ABC不是直角三角形，那么a2+b2≠c2，为真命题；
命题p的逆否命题：如果a2+b2≠c2，那么△ABC不是直角三角形，为假命题．
【考点】
四种命题间的逆否关系
命题的真假判断与应用
【解析】

【解答】
解：命题p的逆命题：如果a2+b2=c2，那么△ABC是直角三角形，为真命题；
命题p的否命题：如果△ABC不是直角三角形，那么a2+b2≠c2，为真命题；
命题p的逆否命题：如果a2+b2≠c2，那么△ABC不是直角三角形，为假命题．
【答案】
解：当p为真命题时，“对任意实数，都有x2+ax+1>0成立”等价于Δ<0，
即a2−4<0，解得：−2当q为真命题时，“关于x的方程x2−x+a=0有实数根"⇔Δ=1−4a≥0，
解得a≤14.
∵ p∨q为真命题．p∧q为假命题，
∴ p，q一真一假，
∴ 若p真q假，则−214，
∴ 14若p假q真，则a≤−2或a≥2,a≤14,
即a≤−2，
故实数a的取值范围为(−∞,−2]∪(14,2).
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】

【解答】
解：当p为真命题时，“对任意实数，都有x2+ax+1>0成立”等价于Δ<0，
即a2−4<0，解得：−2当q为真命题时，“关于x的方程x2−x+a=0有实数根"⇔Δ=1−4a≥0，
解得a≤14.
∵ p∨q为真命题．p∧q为假命题，
∴ p，q一真一假，
∴ 若p真q假，则−214，
∴ 14若p假q真，则a≤−2或a≥2,a≤14,
即a≤−2，
故实数a的取值范围为(−∞,−2]∪(14,2).
【答案】
解：(1)记AB→=a→，AC→=b→，AA1→=c→，
则|a→|=4，|b→|=3，|c→|=8.
∵ AB⊥AC，
∴BC=32+42=5.
∵ BC→=b→−a→，
且b→⋅c→=|b→|×|c→|csπ3=12，a→⋅c→=|a→|×|c→|csπ3=16，
∴ cs⟨AA1→,BC→⟩=b→−a→⋅c→|AA1→|×|BC→|=b→⋅c→−a→⋅c→40=−110.
又异面直线AA1与BC所成角为锐角，
∴ 异面直线AA1与BC所成角的余弦值为110.
(2)∵ B1D→=λB1C1→=λBC→=λb→−a→，
AD→=AA1→+A1B1→+B1D→=1−λa→+λb→+c→,
又AD→⊥BC→，
故AD→⋅BC→=0，即(1−λ)a→+λb→+c→(b→−a→)=0.
∵ AB⊥AC，
∴a→⋅b→=0，
得(λ−1)a→2+λb→2+b→⋅c→−a→⋅c→=0，
化简得25λ−20=0，
∴ λ=45∈0,1，
故存在λ=45使得AD→⊥BC→.
【考点】
异面直线及其所成的角
两条直线垂直的判定
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】


【解答】
解：(1)记AB→=a→，AC→=b→，AA1→=c→，
则|a→|=4，|b→|=3，|c→|=8.
∵ AB⊥AC，
∴BC=32+42=5.
∵ BC→=b→−a→，
且b→⋅c→=|b→|×|c→|csπ3=12，a→⋅c→=|a→|×|c→|csπ3=16，
∴ cs⟨AA1→,BC→⟩=b→−a→⋅c→|AA1→|×|BC→|=b→⋅c→−a→⋅c→40=−110.
又异面直线AA1与BC所成角为锐角，
∴ 异面直线AA1与BC所成角的余弦值为110.
(2)∵ B1D→=λB1C1→=λBC→=λb→−a→，
AD→=AA1→+A1B1→+B1D→=1−λa→+λb→+c→,
又AD→⊥BC→，
故AD→⋅BC→=0，即(1−λ)a→+λb→+c→(b→−a→)=0.
∵ AB⊥AC，
∴a→⋅b→=0，
得(λ−1)a→2+λb→2+b→⋅c→−a→⋅c→=0，
化简得25λ−20=0，
∴ λ=45∈0,1，
故存在λ=45使得AD→⊥BC→.
【答案】
解：(1)C1:x2+y2+8x+12=0方程化为：x+42+y2=4,
所以圆心C1−4,0，半径为r1=2，
C2:x2+y2−8x−48=0的方程化为：x−42+y2=64，
所以圆心C24,0半径为r2=8.
设动圆P的半径为r，由已知得|PC1|=2+r，|PC2|=8−r，
故|PC1|+|PC2|=10,
由椭圆的定义可知．圆心P的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴长为10的椭圆．
即2a=10，2c=8，
故a=5，c=4，b2=a2−c2=9,
圆心P的轨迹方程为：x225+y29=1.
(2)由(1)可知，PQ的最小值就是椭圆x225+y29=1上的点P到直线4x+5y=66的最小值．
设直线l：4x+5y=m与椭圆相切．
由x225+y29=1与4x+5y=m联立，化简整理得：25x2−8mx+m2−225=0,
Δ=64m2−4×25(m2−225)=36(252−m2),
由Δ=0得m=25或m=−25 ,
点P到直线4x+5y=66的最小值就是直线4x+5y=25与4x+5y=66的距离，
即d=|66−25|16+25=41，
故PQ的最小值为41.
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】

【解答】
解：(1)C1:x2+y2+8x+12=0方程化为：x+42+y2=4,
所以圆心C1−4,0，半径为r1=2，
C2:x2+y2−8x−48=0的方程化为：x−42+y2=64，
所以圆心C24,0半径为r2=8.
设动圆P的半径为r，由已知得|PC1|=2+r，|PC2|=8−r，
故|PC1|+|PC2|=10,
由椭圆的定义可知．圆心P的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴长为10的椭圆．
即2a=10，2c=8，
故a=5，c=4，b2=a2−c2=9,
圆心P的轨迹方程为：x225+y29=1.
(2)由(1)可知，PQ的最小值就是椭圆x225+y29=1上的点P到直线4x+5y=66的最小值．
设直线l：4x+5y=m与椭圆相切．
由x225+y29=1与4x+5y=m联立，化简整理得：25x2−8mx+m2−225=0,
Δ=64m2−4×25(m2−225)=36(252−m2),
由Δ=0得m=25或m=−25 ,
点P到直线4x+5y=66的最小值就是直线4x+5y=25与4x+5y=66的距离，
即d=|66−25|16+25=41，
故PQ的最小值为41.
【答案】
(1)证明：由已知PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
所以PA⊥CD.
在直角三角形ABC中，AC=AB2+BC2=23，
故AC2+CD2=16=AD2，
所以AC⊥CD.
因为PA∩AC=A，
故CD⊥平面PAC.
(2)解：由(1)知，在直角三角形ACD中，∠CAD=30∘，
在直角三角形ABC中，∠CAB=60∘，故AB⊥AD.
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图）,
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,3,0)，P(0,0,4)，D(0,4,0),
PB→=3,0,−4，BC→=0,3,0.
设平面PBC的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PB→=0，n→⋅BC→=0，
即3y=0,3x−4z=0,
取x=4，则z=3，所以n→=4,0,3.
由(1)可知CD⊥平面PAC，
故平面PAC的一个法向量为m→=CD→=−3,1,0，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|×|n→|=−25719.
又二面角A−PC−B为锐角，
所以二面角A−PC−B的余弦值为25719.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：由已知PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
所以PA⊥CD.
在直角三角形ABC中，AC=AB2+BC2=23，
故AC2+CD2=16=AD2，
所以AC⊥CD.
因为PA∩AC=A，
故CD⊥平面PAC.
(2)解：由(1)知，在直角三角形ACD中，∠CAD=30∘，
在直角三角形ABC中，∠CAB=60∘，故AB⊥AD.
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图）,
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,3,0)，P(0,0,4)，D(0,4,0),
PB→=3,0,−4，BC→=0,3,0.
设平面PBC的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PB→=0，n→⋅BC→=0，
即3y=0,3x−4z=0,
取x=4，则z=3，所以n→=4,0,3.
由(1)可知CD⊥平面PAC，
故平面PAC的一个法向量为m→=CD→=−3,1,0，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|×|n→|=−25719.
又二面角A−PC−B为锐角，
所以二面角A−PC−B的余弦值为25719.
【答案】
(1)解：由己知得，4a2+1b2=1，
由e=1−b2a2=32，可得a=2b，
所以b2=2，a2=8，
故椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)证明：由题知直线AB的方程为：y=kx+m，与椭圆的方程联立，
得4k2+1x2+8kmx+4m2−8=0.
且Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−8)>0，即8k2−m2+2>0①，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−84k2+1②，
由已知PA⊥PB，即PA→⋅PB→=0,
所以x1+2x2+2+y1−1y2−1=0.
又y1=kx1+m，y2=kx2+m，
所以k2+1x1x2+km−1+2x1+x2+m−12+4=0③
将②代入③整理得12k2−16mk+5m2−2m−3=0,
即6k−5m−32k−m+1=0，
所以6k−5m−3=0或2k−m+1=0,
由已知P−2,1，且P不在直线l上，
故2k−m+1≠0，
所以6k−5m−3=0,
即5m=6k−3.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】


【解答】
(1)解：由己知得，4a2+1b2=1，
由e=1−b2a2=32，可得a=2b，
所以b2=2，a2=8，
故椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)证明：由题知直线AB的方程为：y=kx+m，与椭圆的方程联立，
得4k2+1x2+8kmx+4m2−8=0.
且Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−8)>0，即8k2−m2+2>0①，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−84k2+1②，
由已知PA⊥PB，即PA→⋅PB→=0,
所以x1+2x2+2+y1−1y2−1=0.
又y1=kx1+m，y2=kx2+m，
所以k2+1x1x2+km−1+2x1+x2+m−12+4=0③
将②代入③整理得12k2−16mk+5m2−2m−3=0,
即6k−5m−32k−m+1=0，
所以6k−5m−3=0或2k−m+1=0,
由已知P−2,1，且P不在直线l上，
故2k−m+1≠0，
所以6k−5m−3=0,
即5m=6k−3.