2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版

这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版，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. 设集合A＝{x|x+1≤3}，B＝{x|4−x2≤0}，则A∩B＝（ ）
A.(−∞, −2]B.(−∞, −4]C.[−2, 2]D.(−∞, −2]∪{2}

2. 若函数f(x)＝x2+，则f′(−1)＝（ ）
A.−1B.1C.−3D.3

3. 过点P(3, 4)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线有（ ）
A.0条B.1条C.2条D.3条

4. 设向量，，若，则实数k的值为（ ）
A.−1B.0C.1D.2

5. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线的斜率为34，焦距为10，则双曲线C的方程为（ ）
A.x232−y218=1B.x23−y24=1C.x29−y216=1D.x216−y29=1

6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.10B.6C.12D.8

7. 设α，β为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题中为真命题的是（ ）
A.若l // m，则l // βB.若l⊥m，则α⊥β
C.若α // β，则l // βD.若α⊥β，则l⊥m

8. 已知函数图象上相邻的两条对称轴间的距离为2，则该函数图象的对称中心可能是（ ）
A.B.C.D.

9. 已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1＝1，an+1＝−an−2，则S101＝（ ）
A.−97B.−98C.−99D.−100

10. 已知直线y＝-(x−2)与抛物线C:y2＝2px(p>0)的准线相交于M，与C的其中一个交点为N，若线段MN的中点在x轴上，则p＝（ ）
A.2B.4C.2D.4

11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续正整数，且C>B>A，，则sinA:sinB:sinC＝（ ）
A.2:3:4B.7:6:5C.3:4:5D.4:5:6

12. 点P在椭圆C1:x24+y23=1上，C1的右焦点为F，点Q在圆C2:x2+y2+6x−8y+21＝0上，则|PQ|−|PF|的最小值为（ ）
A.42−4B.4−42C.6−25D.25−6
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

函数f(x)＝ex−ex的单调递减区间为________．

某学院为了调查学生2018年9月“健康使用手机”（健康使用手机指每天使用手机不超过3小时）的天数情况，随机抽取了80名学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：[0, 5]，(5, 10]，……，(25, 30]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示，根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为________．


倾斜角为且在x轴上的截距为a的直线被圆(x+a)2+y2＝4所截得的弦长为2，则a＝________．

三棱锥P−ABC的每个顶点都在球O的表面上，BC⊥平面PAB，PA⊥AB，PA＝2，AB＝1，BC=3，则球O的表面积为________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

已知命题p：“曲线表示焦点在y轴上的椭圆”，命题q：“曲线＝1表示双曲线”．
（1）请判断p是否是q的必要不充分条件，并说明理由；

（2）若命题“p且q”是真命题，求实数m的取值范围．

已知圆C过点A(0, 1)，B(−2, −1)，且圆心C在直线y＝x+3上．
（1）求圆C的标准方程；

（2）过点P(−4, 2)的直线l与圆C相切，求直线l的方程．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为CC1的中点．

（1）证明：EF // 平面AC1D；

（2）若AD＝2，AB＝3，AA1＝4，求点E到平面AC1D的距离．

已知抛物线C:y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点．
（1）当直线l的倾斜角为135∘时，求|AB|；

（2）若过点P(1, 2)的直线m与抛物线C相切，且直线m // 直线l，求直线l的方程．

已知函数f(x)＝lnx+1．
（1）直线l:x−y+2＝0，求曲线y＝f(x)上的点到直线l的最短距离；

（2）若曲线存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x轴平行，求实数a的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线的渐近线的斜率，转化求出双曲线实半轴与虚半轴的长，即可得到双曲线方程．
【解答】
解：根据题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的焦点在x轴上，
若其渐近线方程为y=±34x，则有ba=34，
又由2c=10，即c=5，则有a2+b2=25，
可得a2=16，b2=9，
即双曲线的标准方程为：x216−y29=1.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
B
【考点】
余弦函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
B
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
求得直线与x轴的交点T(2, 0)，以及抛物线的准线方程，可得M的坐标，由中点坐标公式可得N的坐标，代入抛物线方程可得p的方程，解方程可得p的值．
【解答】
直线y＝-(x−2)与x轴的交点为T(2, 0)，
由抛物线的准线方程x＝-，可得M(−，(2+）），
由T为MN的中点，可得N(4+，-(2+）），
代入抛物线的方程可得3(2+）​2＝2p(4+），
化为p2+8p−48＝0，
解得p＝4（−12舍去），
11.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
D
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
利用椭圆方程求出焦点坐标，求出圆的圆心与半径，利用椭圆的定义，转化求解距离的最小值即可．
【解答】
点P在椭圆C1:x24+y23=1上，C1的右焦点为F(1, 0)，左焦点E(−1, 0)，如图：
圆C2:x2+y2+6x−8y+21＝0上，可得：(x+3)2+(y−4)2＝4，圆心坐标(−3, 4)，半径为2．
由椭圆的定义可得：|PE|+|PF|＝2a＝4，|PF|＝4−|PE|，
则|PQ|−|PF|＝|PQ|+|PE|−4，
由题意可得：|PQ|−|PF|的最小值为：|PQ|−|PF|＝|PQ|+|PE|−4＝|C2E|−2−4=(−3+1)2+(4−0)2−6＝25−6，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
(−∞, 1)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
54
【考点】
频率分布直方图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
±1
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
8π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
推导出BC⊥PA，PA⊥AB，从而PA⊥平面ABC，进而PA⊥AC，再由BC⊥AB，得到PC为三棱锥P−ABC的外接球直径，由此能求出球O的表面积．
【解答】
因为BC⊥平面PAB，所以BC⊥PA，
又PA⊥AB，且AB∩BC＝B，则PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，
又因为BC⊥AB，则PC为三棱锥P−ABC的外接球直径，
则PC=AB2+BC2+PA2=1+3+4=22，
故球O的半径R=2，表面积S＝4πR2＝8π．
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
【答案】
命题p:m∈(−1, 0)∪(0, 3)，命题q:m∈(−2, 1)；
由p不能得出q，由q也不能得出p，
所以p不是q的必要不充分条件．
若命题“p且q”是真命题，则−1所以实数m的取值范围是(−1, 0)∪(0, 1)．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
复合命题及其真假判断
【解析】
（1）利用命题p求出m的取值范围，利用命题q求出m的取值范围，再判断命题p是否为命题q的必要不充分条件．
（2）根据命题“p且q”是真命题，列不等式组求出m的取值范围是．
【解答】
命题p:m∈(−1, 0)∪(0, 3)，命题q:m∈(−2, 1)；
由p不能得出q，由q也不能得出p，
所以p不是q的必要不充分条件．
若命题“p且q”是真命题，则−1所以实数m的取值范围是(−1, 0)∪(0, 1)．
【答案】
直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为(−3，
直线AB的垂直平分线的方程为y＝−(x+1)，整理为y＝−x−1，
联立方程，解得，
由圆C的性质可知，圆心C的坐标为(−2，可得圆C的半径为|AC|＝2，
故圆C的标准方程为(x+3)2+(y−1)7＝4．
①当直线l的斜率不存在时，直线x＝−4正好与圆C相切，
故此时直线l的方程为x＝−6；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−2＝k(x+4)，
整理为kx−y+6k+2＝0，
由直线l与圆C相切，有，解得，
可得直线l的方程为，
整理为3x−4y+20＝8，
故直线l的方程为x＝−4或3x−3y+20＝0．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：如图，取C1D的中点G，连GF，AG，
∵ G为C1D的中点，F为CC1的中点，
∴ GF // CD且CD＝2GF，
∵ E为AB的中点，AB＝CD，AB // CD，
∴ AE // GF且AE＝GF，
∴ 四边行AEFG为平行四边形，∴ AG // EF，
∵ AG // EF，AG⊂平面AC1D，EF⊄平面AC1D，
∴ EF // 平面AC1D．
∵ 由长方体ABCD−A1B1C1D1的性质，
∴ AD⊥平面CDD1C1，
∵ C1D⊂平面CDD1C1，∴ AD⊥C1D，
在Rt△CC1D中，由CD＝3，CC1＝4，
可得，
在Rt△AC1D中，由AD＝2，C1D＝5，
可得，
设点E到平面AC1D的距离为d，
由，有，可得，
故点E到平面AC1D的距离为．
【考点】
直线与平面平行
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）取C1D的中点G，连GF，AG，推导出四边行AEFG为平行四边形，从而AG // EF，由此能证明EF // 平面AC1D．
（2）推导出AD⊥平面CDD1C1，从而AD⊥C1D，设点E到平面AC1D的距离为d，由，能求出点E到平面AC1D的距离．
【解答】
证明：如图，取C1D的中点G，连GF，AG，
∵ G为C1D的中点，F为CC1的中点，
∴ GF // CD且CD＝2GF，
∵ E为AB的中点，AB＝CD，AB // CD，
∴ AE // GF且AE＝GF，
∴ 四边行AEFG为平行四边形，∴ AG // EF，
∵ AG // EF，AG⊂平面AC1D，EF⊄平面AC1D，
∴ EF // 平面AC1D．
∵ 由长方体ABCD−A1B1C1D1的性质，
∴ AD⊥平面CDD1C1，
∵ C1D⊂平面CDD1C1，∴ AD⊥C1D，
在Rt△CC1D中，由CD＝3，CC1＝4，
可得，
在Rt△AC1D中，由AD＝2，C1D＝5，
可得，
设点E到平面AC1D的距离为d，
由，有，可得，
故点E到平面AC1D的距离为．
【答案】
直线l的斜率为k＝tan135∘＝−4，
所以直线l的方程为y＝−(x−1)，代入抛物线方程可得：
y2+5y−4＝0，则yA+yB＝−8，yAyB＝−4，
所以|AB|＝＝；
由题意设直线m的方程为y−2＝k(x−4)(k≠0)，
联立方程，消去x整理可得ky6−4y+8−7k＝0，
因为直线m与抛物线相切，则△＝16−4k(3−4k)＝0，
即k6−2k+1＝6，解得k＝1，
又直线m // 直线l，所以直线l的斜率为1，
则直线l的方程为y＝x−7，即x−y−1＝0．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
设曲线y＝f(x)上的点A(x0, y0)到直线l的距离最短，则在点A的切线与l平行，
，∴ x0＝1，解得y5＝1，
∴ 在点A的切线方程为y−1＝x−5，即y＝x，
∴ 点A到直线l的最短距离等于．
由题意得，
∴ ，
∵ 曲线y＝g(x)上存在两个不同的点，使得在这两点处的切线都与x轴平行，
∴ 关于x的方程g′(x)＝8，即x2−(a+1)x+5＝0在(0, 6)上有两个不同的根，
设ℎ(x)＝x2−(a+1)x+6，则，解得
∴ 实数a的取值范围是．
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
(1)解：设椭圆的焦距为2c，
由题意，得e=ca=1−b2a2=32，即b=12a，
又短轴长为2，
∴ b=1，a=2，c=3，
∴ 椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)证明：由题意，得A(−2, 0)，B(2, 0)，D(0, −1)，
由(1)知，椭圆的参数方程为x=2csθ,y=sinθ（θ为参数），
设点P(2csθ,sinθ)，
∴ 直线AD的方程为x+2y+2=0 ，
直线BD的方程为x−2y−2=0，
直线BP的方程为y=sinθ2csθ−2x−2 ，
直线AP的方程为y=sinθ2csθ+2x+2，
联立直线BD与直线AP的方程，
得x−2y−2=0,y=sinθ2csθ+2(x+2),
解得x=2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,y=2sinθcsθ+1−sinθ,
∴ M点的坐标为2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,2sinθcsθ+1−sinθ，
联立直线BP与直线AD的方程，
得x+2y+2=0,y=sinθ2csθ−2x−2,
解得x=2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,y=2sinθcsθ+1−sinθ⋅sinθcsθ−1,
∴ 点N的坐标为2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,2sinθcsθ+1−sinθ⋅sinθcsθ−1，
∴ NM→=0,2sinθ1−sinθcsθ−1csθ+1−sinθ，
又AB→=4,0，
∴ AB→⋅NM→=0，且AB在x轴上，
∴ 直线MN与x轴垂直．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
（1）设椭圆的半焦距为c，运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，解得a，b，可得椭圆方程；
（2）分别求得A，B，D的坐标，设P(s, t)，则s2+4t2＝4，求得直线AP，BD的方程，解得M的横坐标，求得直线BP，AD的方程，求得N的横坐标，由作差法，结合P满足椭圆方程，化简可得M，N的横坐标相等，即可得证．
【解答】
(1)解：设椭圆的焦距为2c，
由题意，得e=ca=1−b2a2=32，即b=12a，
又短轴长为2，
∴ b=1，a=2，c=3，
∴ 椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)证明：由题意，得A(−2, 0)，B(2, 0)，D(0, −1)，
由(1)知，椭圆的参数方程为x=2csθ,y=sinθ（θ为参数），
设点P(2csθ,sinθ)，
∴ 直线AD的方程为x+2y+2=0 ，
直线BD的方程为x−2y−2=0，
直线BP的方程为y=sinθ2csθ−2x−2 ，
直线AP的方程为y=sinθ2csθ+2x+2，
联立直线BD与直线AP的方程，
得x−2y−2=0,y=sinθ2csθ+2(x+2),
解得x=2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,y=2sinθcsθ+1−sinθ,
∴ M点的坐标为2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,2sinθcsθ+1−sinθ，
联立直线BP与直线AD的方程，
得x+2y+2=0,y=sinθ2csθ−2x−2,
解得x=2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,y=2sinθcsθ+1−sinθ⋅sinθcsθ−1,
∴ 点N的坐标为2sinθ+2csθ+2csθ+1−sinθ,2sinθcsθ+1−sinθ⋅sinθcsθ−1，
∴ NM→=0,2sinθ1−sinθcsθ−1csθ+1−sinθ，
又AB→=4,0，
∴ AB→⋅NM→=0，且AB在x轴上，
∴ 直线MN与x轴垂直．