2020-2021年安徽省铜陵市高二（上）期末考试数学试卷人教A版word版含解析

这是一份2020-2021年安徽省铜陵市高二（上）期末考试数学试卷人教A版word版含解析，共8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. 如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为( )

A.4B.6C.8D.12

2. 若a // α，b // α，则直线a，b的位置关系是( )
A.平行或异面B.平行或相交
C.相交或异面D.平行、相交或异面

3. 若m,n是两条不同的直线， α,β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若α⊥β,m⊥β，则m//αB.若m//α,n⊥m，则n⊥α
C.若m//α,n//α,m⊂β,n⊂β，则α//βD.若m//β,m⊂α,α∩β=n，则m//n

4. 过点M(2, 1)的直线与x轴，y轴分别交于P，Q两点，若M为线段PQ的中点，则这条直线的方程为( )
A.2x−y−3=0B.2x+y−5=0C.x+2y−4=0D.x−2y+3=0

5. 已知直线3x+4y−3=0与直线6x+my+14=0平行，则它们之间的距离是（ ）
A.1B.2C.12D.4

6. 已知圆C:x2+y2−2x−2y=0，则点P3,1在（ ）
A.圆内B.圆上C.圆外D.无法确定

7. 已知命题p:∀x∈R，sinx≥0，则下列说法正确的是（ ）
A.非p是特称命题，且是真命题
B.非p是全称命题，且是假命题
C.非p是全称命题，且是真命题
D.非p是特称命题，且是假命题

8. “若x<1，则x2−3x+2>0”的否命题是（ ）
A.若x≥1，则x2−3x+2≤0B.若x<1，则x2−3x+2≤0
C.若x≥1，则x2−3x+2>0D.若x2−3x+2≤0，则x≥1

9. 直线l的一个方向向量为a→=(−1,0,2)，平面α的一个法向量为n→=(−2,0,4)，则（ ）
A.l // αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交

10. 方程x2+y2=1xy>0表示的曲线是（ ）
A.B.
C.D.

11. 抛物线y=−14x2的准线方程是（ ）
A.y=116B.x=1C.y=1D.y=2

12. 已知椭圆C:x2a2+y24=1(a>0)的一个焦点为(2, 0)，则C的离心率为( )
A.13B.12C.22D.223
二、填空题

设命题p:1
若抛物线y2=mx与椭圆x29+y25=1有一个共同的焦点，则m=________.

已知直线4x−y=b被圆x2+y2−2x−2y+1=0截得的弦长为2，则b的值为________．

若方程x2m+y21−m=1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围为________.
三、解答题

已知p：−2(1)若q为真命题，求实数a的取值范围；

(2)若p∨q为真命题， ¬q为真命题，求实数a的取值范围．

已知离心率为32的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M(1, 32).
(1)求椭圆C的方程；

(2)A，B分别为椭圆的左右顶点，直线分别交直线x=4于P，Q两点，求△PQM的面积．

求渐近线方程为y=±34x，且过点A(23，−3)的双曲线的标准方程及离心率．

如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)求二面角P−AB−D的大小．

已知点M(−2, 4)及焦点为F的抛物线y=18x2，在抛物线上求一点P，使|PM|+|PF|的值最小．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形， PA⊥平面ABCD， PA=AD=2，AB=3，M是PD的中点，连接BM．

(1)求证： PD⊥BM；

(2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021年安徽省铜陵市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
利用三视图作出几何体的直观图，然后利用锥体的体积公式可可求得该几何体的体积．
【解答】
解：由三视图知，几何体是一个三棱锥，将其放入长方体中，如图，
则该三棱锥为D1−BCD.
则DC=4，BC=3，DD1=2，
因此，三棱锥的体积是13×12×4×3×2=4.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用条件，联系正方体，即可得出结论．
【解答】
解：∵ 直线a // α，直线b // α，
∴ a与b相交、平行或异面都有可能，
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
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
平面与平面平行的判定
【解析】
根据线面垂直、线面平行、面面垂直的判定定理，逐项判断真假即可．可利用举反例判断为假．
【解答】
解：A．若α⊥β,m⊥β，m可能在α内，故错误；
B．若m//α,n⊥m，n在α内也可能与m异面垂直，故错误；
C．若m//α,n//α,m⊂β,n⊂β，少了m与n相交的条件，故错误；
D．若m//β,m⊂α,α∩β=n，由线面平行的性质可得m//n，故正确．
故选D .
4.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
中点坐标公式
【解析】
由题意知M点为PQ的中点，进而得出点P和Q的坐标，然后根据截距式求出方程即可．
【解答】
解：设P(a, 0)，Q(0, b)，
∵ M点为PQ的中点，M=(2, 1)，
则P(4, 0)，Q(0, 2)，
∴ x4+y2=1即x+2y−4=0.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
利用两条平行线与斜率截距之间的关系可得63=m4≠14−3，解得m，再利用两条平行线之间的距离公式即可得出．
【解答】
解：∵ 63=m4≠14−3，
∴ m=8，
直线6x+my+14=0可化为3x+4y+7=0，
∴ 两平行线之间的距离d=|−3−7|32+42=2．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
把圆的一般式化为标准式，求出圆心和半径，再求出点P3,1到圆心的距离，然后和半径比较即可得答案．
【解答】
解：∵ 圆C:x2+y2−2x−2y=0，
即x−12+y−12=2，
∴ 圆C的圆心为1,1，半径为2，
则点P3,1到圆心的距离为3−12+0=2>2，
∴ 点P3,1在圆外．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
直接利用特称命题和全称命题的应用求出结果．
【解答】
解：命题p:∀x∈R，sinx≥0，该命题为全称命题且为假命题，例：令x=−π2不成立，
∴ 非p是特称命题，且是真命题．
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
四种命题的定义
【解析】
本题考查否命题的判断.
【解答】
解：命题的否命题为“若x≥1，则x2−3x＋2≤0”．
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
【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．
所以l⊥α．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
曲线与方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由xy>0，当x>0时，y>0，曲线应在第一象限；
当x<0时，y<0，曲线应在第三象限，且与坐标轴均无交点.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先把其转化为标准形式，求出p即可得到其准线方程．
【解答】
解：由题得：x2=−4y，
所以2p=−4，即p=−2，
所以p2=−1，
故准线方程为：y=1．
故选C.
12.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
本题主要考查椭圆的方程及离心率．
【解答】
解：因为椭圆C的一个焦点为(2,0)，
所以c=2，
所以a2=4+4=8，
所以a=22，
所以椭圆C的离心率e=ca=22．
故选C．
二、填空题
【答案】
[2,+∞)
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
一元二次不等式的解法
【解析】
本题主要考查充分条件与必要条件的判断，集合关系中参数取值问题，属于基础题．
【解答】
解：命题p:1∵p是q的充分不必要条件，
∴p对应的集合是q对应的集合的真子集，
∴a≥2，即a的取值范围为[2,+∞).
故答案为：[2,+∞).
【答案】
±8
【考点】
抛物线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】
通过对m的正负进行分类讨论，结合焦点的概念计算即得结论．
【解答】
解：椭圆x29+y25=1的焦点为(−2, 0)，(2, 0)，
显然抛物线y2=mx的焦点在x轴上，
当m<0时，其焦点为(m4, 0)，
∴ m4=−2，即m=−8；
当m>0时，其焦点为(m4, 0)，
∴ m4=2，即m=8.
综上所述，m=±8.
故答案为：±8.
【答案】
3
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再由条件根据弦长公式求得a的值．
【解答】
解：圆x2+y2−2x−2y+1=0，即(x−1)2+(y−1)2=1，
所以该圆是圆心O(1, 1)，半径为1的圆.
因为截得的弦长为2，
所以直线4x−y=b过该圆的圆心O(1, 1).
将圆心O(1, 1)代入4x−y=b得4−1=b，
即b=3.
故答案为：3.
【答案】
0,12
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：方程x2m+y21−m=1表示焦点在y轴上的椭圆，
∴1−m>m>0，解得0故答案为：0,12.
三、解答题
【答案】
解：(1)若q为真命题，
则q：关于x的方程x2−x+a=0有实数根成立.
即Δ=1−4a≥0，
解得a≤14.
所以实数a的取值范围是(−∞,14].
(2)由(1)得，若¬q是真命题，则a>14.
因为p∨q为真命题，¬q为真命题，
所以p是真命题，q是假命题，
即−214，
解得14所以实数a的取值范围是14,2.
【考点】
命题的真假判断与应用
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
(1)利用根的判别式能求出实数a的取值范围．
(2)由p∨q为真命题，¬q为真命题，得到p是真命题，q是假命题，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)若q为真命题，
则q：关于x的方程x2−x+a=0有实数根成立.
即Δ=1−4a≥0，
解得a≤14.
所以实数a的取值范围是(−∞,14].
(2)由(1)得，若¬q是真命题，则a>14.
因为p∨q为真命题，¬q为真命题，
所以p是真命题，q是假命题，
即−214，
解得14所以实数a的取值范围是14,2.
【答案】
解：(1)因为离心率为32，则a=2b，椭圆C为：x24b2+y2b2=1，
带入M(1, 32)，解得b=1，a=2，
所以椭圆方程为：x24+y2=1．
(2)由(1)可得A(−2, 0)，B(2, 0)，又点M(1, 32)，
故直线AM的方程：y=36(x+2)，
直线BM的方程为：y=−32(x−2)，
代入x=4得：yP=3，yQ=−3，
所以S△PQM=12(4−xM)|yP−yQ|=33．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）利用已知条件列出方程，求解椭圆的几何量，即可得到椭圆的标准方程；
（2）根据已知条件表示出三角形底边两点P、Q间的距离，利用公式求面积即可．

【解答】
解：(1)因为离心率为32，则a=2b，椭圆C为：x24b2+y2b2=1，
带入M(1, 32)，解得b=1，a=2，
所以椭圆方程为：x24+y2=1．
(2)由(1)可得A(−2, 0)，B(2, 0)，又点M(1, 32)，
故直线AM的方程：y=36(x+2)，
直线BM的方程为：y=−32(x−2)，
代入x=4得：yP=3，yQ=−3，
所以S△PQM=12(4−xM)|yP−yQ|=33．
【答案】
解：∵ 双曲线的渐近线方程为y=±34x，
∴ 设所求双曲线方程为x216−y29=λ(λ≠0).
∵ 点A(23，−3)在双曲线上，
∴ 1216−99=λ，解之得λ=−14，
∴ 所求双曲线方程为y294−x24=1.
∵ a2=94，b2=4，∴ 可得c2=254，得c=52，
因此，双曲线的离心率为：e=ca=53.
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
根据题意，设双曲线方程为x216−y29=λ，将点A坐标代入算出λ=−14，从而得到双曲线方程．再将双曲线方程化成标准形式，即可算出a、b、c的值，从而得到该双曲线的离心率．
【解答】
解：∵ 双曲线的渐近线方程为y=±34x，
∴ 设所求双曲线方程为x216−y29=λ(λ≠0).
∵ 点A(23，−3)在双曲线上，
∴ 1216−99=λ，解之得λ=−14，
∴ 所求双曲线方程为y294−x24=1.
∵ a2=94，b2=4，∴ 可得c2=254，得c=52，
因此，双曲线的离心率为：e=ca=53.
【答案】
(1)证明：∵ 四棱锥P−ABCD的底面是正方形，
∴ AB⊥AD.
∵ PD⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴ AB⊥PD.
又AD∩PD=D，
∴ AB⊥平面PAD.
∵ AB⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PAD．
(2)解：由(1)得AB⊥平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD.
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设PD=DC=2，则A2,0,0,P0,0,2,D0,0,0,B2,2,0，
∴ AP→=−2,0,2，AB→=0,2,0.
设平面PAB的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AP→=−2x+2z=0，n→⋅AB→=2y=0，
令x=1，得n→=1,0,1.
易知平面ABD的法向量m→=0,0,1，
设二面角P−AB−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=12=22，
∴ θ=45∘，
∴ 二面角P−AB−D的大小为45∘.
【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)通过证明AB平面PAD得出面面垂直；
(3)建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的大小．
【解答】
(1)证明：∵ 四棱锥P−ABCD的底面是正方形，
∴ AB⊥AD.
∵ PD⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴ AB⊥PD.
又AD∩PD=D，
∴ AB⊥平面PAD.
∵ AB⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PAD．
(2)解：由(1)得AB⊥平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD.
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设PD=DC=2，则A2,0,0,P0,0,2,D0,0,0,B2,2,0，
∴ AP→=−2,0,2，AB→=0,2,0.
设平面PAB的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AP→=−2x+2z=0，n→⋅AB→=2y=0，
令x=1，得n→=1,0,1.
易知平面ABD的法向量m→=0,0,1，
设二面角P−AB−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=12=22，
∴ θ=45∘，
∴ 二面角P−AB−D的大小为45∘.
【答案】
解：抛物线y=18x2的标准方程为x2=8y，
所以p=4，焦点F(0, 2)，准线方程为y=−2，
设P到准线的距离为PA，（即PA垂直于准线，A为垂足），
则|PM|+|PF|=|PM|+|PA|≥|AM|=6，（当且仅当P，A，M共线时取等号），
将x=−2，代入y=18x2，可得P(−2, 12)，
所以|PM|+|PF|的值最小为6．
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
根据抛物线的标准方程 求出焦点坐标和准线方程，利用抛物线的定义可得|PM|+|PF|=|PM|+|PA|≥|AM|，故|AM|（A到准线的距离）为所求．
【解答】
解：抛物线y=18x2的标准方程为x2=8y，
所以p=4，焦点F(0, 2)，准线方程为y=−2，
设P到准线的距离为PA，（即PA垂直于准线，A为垂足），
则|PM|+|PF|=|PM|+|PA|≥|AM|=6，（当且仅当P，A，M共线时取等号），
将x=−2，代入y=18x2，可得P(−2, 12)，
所以|PM|+|PF|的值最小为6．
【答案】
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB.
因为AB⊥AD， AD∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD，
所以AB⊥PD.
因为PA=AD，M是PD的中点，
所以AM⊥PD.
因为 AB∩AM=A，
所以PD⊥平面ABM.
因为BM⊂平面ABM，
所以PD⊥MB．
(2)解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A 0,0,0， P0,0,2， B3,0,0， C3,2,0， D0,2,0，M0,1,1，
AC→=3,2,0，AM→=0,1,1，CD→=−3,0,0，
设平面ACM的法向量为n→=x,y,z，
由 n→⋅AC→=0，n→⋅AM→=0， 即3x+2y=0，y+z=0，
令y=−3，得z=3，x=2，所以n→=(2,−3,3) .
设平面ACM和直线CD所成角为α，
则 sinα=|cs⟨n→,CD→⟩|=|n→⋅CD→||n→|⋅|CD→|=2211，
所以平面ACM和直线CD所成角的正弦值为2211．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）先证明PD⊥平面ABM，再根据线面垂直的性质，证明结论．
（2）以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ACM的法向量和直线CD的方向向量，利用夹角公式计算即可．
【解答】
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB.
因为AB⊥AD， AD∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD，
所以AB⊥PD.
因为PA=AD，M是PD的中点，
所以AM⊥PD.
因为 AB∩AM=A，
所以PD⊥平面ABM.
因为BM⊂平面ABM，
所以PD⊥MB．
(2)解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A 0,0,0， P0,0,2， B3,0,0， C3,2,0， D0,2,0，M0,1,1，
AC→=3,2,0，AM→=0,1,1，CD→=−3,0,0，
设平面ACM的法向量为n→=x,y,z，
由 n→⋅AC→=0，n→⋅AM→=0， 即3x+2y=0，y+z=0，
令y=−3，得z=3，x=2，所以n→=(2,−3,3) .
设平面ACM和直线CD所成角为α，
则 sinα=|cs⟨n→,CD→⟩|=|n→⋅CD→||n→|⋅|CD→|=2211，
所以平面ACM和直线CD所成角的正弦值为2211．