2020-2021学年河南省平顶山市高一（下）2月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省平顶山市高一（下）2月月考数学试卷人教A版，共10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A=x|x+5>7，B=x|3x−52成立，且f3=5，则不等式fx>2x−1的解集为（ ）
A.−∞,3B.−∞,5C.3,+∞D.5,+∞

11. 在三棱锥P−ABC中，底面ABC是边长为43的正三角形，PA=PB=PC=5，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为( )
A.100π3B.625π3C.100π9D.625π9

12. 已知函数fx=1−x2−2x+1,x≤2，2fx−2,x>2,若函数gx=2fx−ln|x−4|在区间0,m上恰有5个零点，则整数m的值为（ ）
A.6B.7C.8D.9
二、填空题

在空间直角坐标系中，已知A0,1,7，B2,5,3，则|AB|=________．

已知直线l1:x+2y+a=0与l2:3x+ay+3=0互相平行，则它们之间的距离为________.

已知13m=5，9n=2，则lg3=________．（用m，n表示）

已知实数a，b满足2a−b+2=0，则a2+b2−2b+1+a2+b2−8a+16的最小值为________.
三、解答题

计算：
(1)−132×33+412−2−3−1+3；

(2)lg37⋅lg781−lg25−2lg210．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB=2PA=2．

(1)证明：PC⊥BD；

(2)若∠ABC=60∘，求四棱锥P−ABCD的体积．

在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A1,3，B4,4，四边形OABC是平行四边形．
(1)已知直线l经过点C，且与直线AB垂直，求l的一般式方程；

(2)过点C的直线m分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于M，N两点，且△OMN的面积为6，求m的一般式方程．

已知函数fx=ax2+bx+c的图象经过A−1,13，B0,6，C2,10三点．
(1)求fx的解析式与单调递增区间；

(2)求函数gx=lgax+fx在区间1,3上的值域．

如图，多面体ABCD−A1B1ED1是四棱柱ABCD−A1B1C1D1沿着平面CD1E截去部分所得的几何体．已知AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥AD，BC=2AD=2AB=2B1E=2AA1=4．

(1)证明：CD1//平面A1B1D；

(2)求点C到平面A1B1D的距离．

已知圆C与直线3x+y−4=0相切于点P3,1，且圆心在直线2x−y=0上．
(1)求圆C的标准方程；

(2)已知圆C与x轴交于A，B两点，Q为直线x=4上任意一点（除与x轴的交点），直线QA，QB与圆C的另一个交点分别为M，N，证明直线MN过定点，并求定点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市高一（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A=x|x>2，B=x|x0，x+1>0,
解得−12等价于fx1−fx2>2x1−2x2，
即fx1−2x1>fx2−2x2．
构造函数gx=fx−2x，
则gx是R上的增函数．
g3=f3−2×3=−1，
fx>2x−1等价于fx−2x>−1，
即gx>g3，故x>3.
故选C．
11.
【答案】
D
【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：如图，
设O为正三角形ABC的中心，易证得PO⊥平面ABC，则球心O′在PO上．
因为正三角形ABC的边长为43，所以OC=4，
又PC=5，所以PO=52−42=3．
设三棱锥P−ABC的外接球的半径为R，
则R2=42+3−R2，解得R=256．
故三棱锥P−ABC的外接球的表面积S=4πR2=625π9．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：gx=2fx−ln|x−4|=0等价于fx=12ln|x−4|，
因为fx=x,x2,
令函数ℎ(x)=ln|x−4|2=ln(4−x)2,x4,
分别作y=fx与y=ℎx的图象，
由图象可知，要使y=fx与y=ℎx在区间0,m上有5个交点，
则整数m的值为7.
故选B.
二、填空题
【答案】
6
【考点】
空间两点间的距离公式
空间直角坐标系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A0,1,7，B2,5,3，
所以|AB|=(0−2)2+(1−5)2+(7−3)2=6．
故答案为：6．
【答案】
5
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条平行直线间的距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为l1//l2，
所以1×a−2×3=0，2×3−a2≠0，
解得a=6，
所以l1:x+2y+6=0，l2:x+2y+1=0之间的距离d=|6−1|12+22=5．
故答案为：5．
【答案】
12n−m
【考点】
对数的运算性质
指数式与对数式的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为13m=5，9n=2，
所以lg35=−m，lg32=2n，
所以2n−m=lg32+lg35=lg310，
故lg3=12n−m.
故答案为：12n−m.
【答案】
5
【考点】
两点间的距离公式
函数的最值及其几何意义
【解析】
无
【解答】
解：因为a2+b2−2b+1+a2+b2−8a+16
=a2+b−12+a−42+b2，
且实数a，b满足2a−b+2=0，
所以所求代数式的几何意义是在直线2x−y+2=0上找一点Pa,b，
使得P点到A(0,1)，B4,0两点的距离之和最小．
设点B4,0关于直线2x−y+2=0的对称点为B′m,n，
则 n−0m−4=−12，2×m+42−n+02+2=0，
解得m=−4，n=4，
显然P点到A0,1，B4,0两点距离之和的最小值为|AB′|=(−4−0)2+(4−1)2=5.
故答案为：5.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=19×27+2−12−3+3
=3+2−2−3+3
=3．
(2)原式=lg37×lg381lg37−lg25−2lg2
=lg381−2lg5+lg2
=4−2
=2．
【考点】
有理数指数幂的化简求值
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=19×27+2−12−3+3
=3+2−2−3+3
=3．
(2)原式=lg37×lg381lg37−lg25−2lg2
=lg381−2lg5+lg2
=4−2
=2．
【答案】
(1)证明：连接AC，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD．
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD．
又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC．
因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD．
(2)解：设AC与BD相交于点O，
因为∠ABC=60∘，AB=2，
所以AC=2，BD=2BO=23，
所以四边形ABCD的面积S△ABCD=12AC×BD=23.
又因为PA=1，
所以四棱锥P−ABCD的体积
V=13SABCD⋅PA=13×23×1=233．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AC，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD．
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD．
又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC．
因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD．
(2)解：设AC与BD相交于点O，
因为∠ABC=60∘，AB=2，
所以AC=2，BD=2BO=23，
所以四边形ABCD的面积S△ABCD=12AC×BD=23.
又因为PA=1，
所以四棱锥P−ABCD的体积
V=13SABCD⋅PA=13×23×1=233．
【答案】
解：(1)因为四边形OABC是平行四边形，
所以OA//BC，OC//AB．
设Cx0,y0，则 y0−4x0−4=3−01−0，y0−0x0−0=4−34−1，
解得x0=3，y0=1，即C3,1．
因为直线l与直线AB垂直，所以l的斜率k=−3，
则l的方程为y−1=−3x−3，即3x+y−10=0．
(2)由题可设m的方程为xa+yb=1a>0,b>0，
则3a+1b=1，
因为△OMN的面积为6，所以ab2=6．
联立方程组 3a+1b=1，ab2=6， 解得a=6，b=2，
故直线m的方程为x6+y2=1，即x+3y−6=0.
【考点】
斜率的计算公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
直线的截距式方程
直线的一般式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为四边形OABC是平行四边形，
所以OA//BC，OC//AB．
设Cx0,y0，则 y0−4x0−4=3−01−0，y0−0x0−0=4−34−1，
解得x0=3，y0=1，即C3,1．
因为直线l与直线AB垂直，所以l的斜率k=−3，
则l的方程为y−1=−3x−3，即3x+y−10=0．
(2)由题可设m的方程为xa+yb=1a>0,b>0，
则3a+1b=1，
因为△OMN的面积为6，所以ab2=6．
联立方程组 3a+1b=1，ab2=6， 解得a=6，b=2，
故直线m的方程为x6+y2=1，即x+3y−6=0.
【答案】
解：(1)题可知，a−b+c=13，c=6，4a+2b+c=10，解得 a=3，b=−4，c=6.
故fx=3x2−4x+6,
因为fx=3x2−4x+6=3x−232+143，
所以fx的单调递增区间为23,+∞．
(2)由(1)可知gx=lg3x+3x2−4x+6，
因为函数y=lg3x在区间1,3上单调递增，fx在区间1,3上单调递增，
所以gx在区间1,3上单调递增，
所以gx在区间1,3上的最大值为g3=lg33+3×32−4×3+6=22，
最小值为g1=lg31+3×12−4×1+6=5，
故gx在区间1,3上的值域为5,22.
【考点】
二次函数的性质
函数解析式的求解及常用方法
函数的单调性及单调区间
复合函数的单调性
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)题可知，a−b+c=13，c=6，4a+2b+c=10，解得 a=3，b=−4，c=6.
故fx=3x2−4x+6,
因为fx=3x2−4x+6=3x−232+143，
所以fx的单调递增区间为23,+∞．
(2)由(1)可知gx=lg3x+3x2−4x+6，
因为函数y=lg3x在区间1,3上单调递增，fx在区间1,3上单调递增，
所以gx在区间1,3上单调递增，
所以gx在区间1,3上的最大值为g3=lg33+3×32−4×3+6=22，
最小值为g1=lg31+3×12−4×1+6=5，
故gx在区间1,3上的值域为5,22.
【答案】
(1)证明：因为A1D1//B1E，A1D1=AD=B1E，
所以A1B1//D1E.
又D1E⊄平面A1B1D，A1B1⊂平面A1B1D，
所以D1E//平面A1B1D.
如图所示，取BC的中点F，连接B1F，DF，
因为BC=2B1E，所以B1E=CF，
又B1E//CF，所以B1F//EC，
由题易证，DF=//AB=//A1B1，
所以B1F//A1D，所以EC//A1D.
又EC⊄平面A1B1D，A1D⊂平面A1B1D，
所以EC//平面A1B1D.
因为D1E∩EC=E，所以平面ECD1//平面A1B1D.
又CD1⊂平面ECD1，所以CD1//平面A1B1D．
(2)解：因为CD1//平面A1B1D1，
所以点C到平面A1B1D的距离等于点D1到平面A1B1D的距离．
因为AA1⊥平面A1B1ED1，所以AA1⊥A1B1，
又A1B1 ⊥A1D1，A1B1∩A1D1=A1，
所以A1B1⊥平面A1ADD1，A1B1⊥A1D.
因为BC=2AD=2AB=2B1E=2AA1=4，
所以A1D=22，
S△A1B1D=12×2×22=22，
S△A1DD1=12×2×2=2，
设点D1到平面A1B1D的距离为d，
则VD1−A1B1D=VB1−A1DD1，
即13S△A1B1D⋅d=13S△A1DD1⋅A1B1，
则22d=2×2，解得d=2，
故点C到平面A1B1D的距离为2.
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为A1D1//B1E，A1D1=AD=B1E，
所以A1B1//D1E.
又D1E⊄平面A1B1D，A1B1⊂平面A1B1D，
所以D1E//平面A1B1D.
如图所示，取BC的中点F，连接B1F，DF，
因为BC=2B1E，所以B1E=CF，
又B1E//CF，所以B1F//EC，
由题易证，DF=//AB=//A1B1，
所以B1F//A1D，所以EC//A1D.
又EC⊄平面A1B1D，A1D⊂平面A1B1D，
所以EC//平面A1B1D.
因为D1E∩EC=E，所以平面ECD1//平面A1B1D.
又CD1⊂平面ECD1，所以CD1//平面A1B1D．
(2)解：因为CD1//平面A1B1D1，
所以点C到平面A1B1D的距离等于点D1到平面A1B1D的距离．
因为AA1⊥平面A1B1ED1，所以AA1⊥A1B1，
又A1B1 ⊥A1D1，A1B1∩A1D1=A1，
所以A1B1⊥平面A1ADD1，A1B1⊥A1D.
因为BC=2AD=2AB=2B1E=2AA1=4，
所以A1D=22，
S△A1B1D=12×2×22=22，
S△A1DD1=12×2×2=2，
设点D1到平面A1B1D的距离为d，
则VD1−A1B1D=VB1−A1DD1，
即13S△A1B1D⋅d=13S△A1DD1⋅A1B1，
则22d=2×2，解得d=2，
故点C到平面A1B1D的距离为2.
【答案】
解：(1)因为圆C与直线3x+y−4=0相切于点P3,1，
所以圆C的圆心经过直线x−3y=0．
又圆C的圆心在直线2x−y=0上，
联立方程组2x−y=0，x−3y=0，解得x=0，y=0，
所以圆C的圆心坐标为0,0，且圆C的半径r=3+1=2．
故圆C的标准方程为x2+y2=4．
(2)不妨令A在B的左侧，则A−2,0，B2,0，
设Q4,aa≠0，
则直线QA的方程为y=a6x+2a≠0，
联立方程组x2+y2=4，y=a6x+2，
整理得a2+36x2+4a2x+4a2−144=0，
则−2xM=4a2−144a2+36，即M−2a2+72a2+36,24aa2+36，
同理可得N2a2−8a2+4,−8aa2+4．
若直线MN的斜率不存在，则−2a2+72a2+36=2a2−8a2+4，
解得a2=12，则直线MN的方程为x=1.
若直线MN的斜率存在，
则直线MN的斜率k=24aa2+36−−8aa2+4−2a2+72a2+36−2a2−8a2+4=−8aa2−12，
则直线MN的方程为y−24aa2+36=−8aa2−12x−−2a2+72a2+36，
令x=1，得y=0．
综上所述，直线MN过定点1,0．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
直线与圆相交的性质
直线的点斜式方程
直线恒过定点
斜率的计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为圆C与直线3x+y−4=0相切于点P3,1，
所以圆C的圆心经过直线x−3y=0．
又圆C的圆心在直线2x−y=0上，
联立方程组2x−y=0，x−3y=0，解得x=0，y=0，
所以圆C的圆心坐标为0,0，且圆C的半径r=3+1=2．
故圆C的标准方程为x2+y2=4．
(2)不妨令A在B的左侧，则A−2,0，B2,0，
设Q4,aa≠0，
则直线QA的方程为y=a6x+2a≠0，
联立方程组x2+y2=4，y=a6x+2，
整理得a2+36x2+4a2x+4a2−144=0，
则−2xM=4a2−144a2+36，即M−2a2+72a2+36,24aa2+36，
同理可得N2a2−8a2+4,−8aa2+4．
若直线MN的斜率不存在，则−2a2+72a2+36=2a2−8a2+4，
解得a2=12，则直线MN的方程为x=1.
若直线MN的斜率存在，
则直线MN的斜率k=24aa2+36−−8aa2+4−2a2+72a2+36−2a2−8a2+4=−8aa2−12，
则直线MN的方程为y−24aa2+36=−8aa2−12x−−2a2+72a2+36，
令x=1，得y=0．
综上所述，直线MN过定点1,0．