2020-2021学年北京市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年北京市高二（上）期中数学试卷人教A版，共7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|x2−3x−4<0}，B＝{−4, 1, 3, 5}，则A∩B＝（ ）
A.{−4, 1}B.{1, 5}C.{3, 5}D.{1, 3}

2. 若z＝1+2i+i3，则|z|＝（ ）
A.0B.1C.2D.2

3. “a<−1”是“直线ax+y−3＝0的倾斜角大于”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. 某校为了对初三学生的体重进行摸底调查，随机抽取了50名学生的体重(kg)，将所得数据整理后，画出了频率分布直方图，体重在[45, 50)内适合跑步训练，体重在[50, 55)内适合跳远训练，体重在[55, 60)内适合投掷相关方面训练，试估计该校初三学生适合参加跑步、跳远、投掷三项训练的集训人数之比为（ ）

A.4:3:1B.5:3:1C.5:3:2D.3:2:1

5. 已知函数g(x)＝f(2x)−x2为奇函数，且f(2)＝1，则f(−2)＝（ ）
A.−2B.−1C.1D.2

6. 在△ABC中，D是AB边上的中点，则CB→ = ( )
A.2CD→ +CA→B.CD→− 2CA→C.2CD→−CA→D.CD→+ 2CA→

7. 若平面α // 平面β，直线a // 平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中（ ）
A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线
C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一与a平行的直线

8. 方程(x+y+6)＝0表示的曲线是（ ）
A.两条平行线B.一条直线和一条射线
C.两条射线D.一条直线

9. 若函数y=sin(ωx+π3)的图象向右平移π6个单位后与函数y=csωx的图象重合，则ω的值可能为（ ）
A.−1B.−2C.1D.2

10. 已知函数f(x)＝，则f(3−x2)>f(2x)的解集为（ ）
A.(−∞, −3)∪(1, +∞)B.(−3, 1)
C.(−∞, −1)，∪(3, +∞)D.(−1, 3)
二、填空题（共5小题：共25分）

（郑州一次质测）如果直线ax+2y+3a=0与直线3x+(a−1)y=a−7平行，则a=________．


直线y=x+1与圆x2+y2+2y−3=0交于A，B两点，则|AB|=________．

在△ABC中，若A=60∘，b=1，S△ABC=3，则a=________．

若椭圆x24+y2m=1(m<4)的离心率为12，则m=________．

在平面直角坐标系中，关于曲线y2＝x3−2x+1，下列说法中正确的有________．
①该曲线是有界的（即存在实数a，b，使得对于曲线上任意一点A(x, y)，都有|x|≤a，|y|≤b成立）
②该曲线不是中心对称图形；
③该曲线是轴对称图形；
④直线x＝m(m>0)与该曲线至少有1个公共点．
三、解答题

已知直线l:y＝x+m与圆C:x2+y2−2x+4y+3＝0交于不同的两点．
(Ⅰ)写出圆心坐标和半径，并求出m的取值范围；
(Ⅱ)当直线l经过圆C的圆心时，求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积．

已知函数f(x)＝2csx（sinx−csx)+1．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(Ⅱ)当x∈[0，]时，求函数f(x)的最大值和最小值．

如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB // DC，∠ABC=45∘，DC=1，AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=1．
（1）求证：AB // 平面PCD；

（2）求证：BC⊥平面PAC；

（3）若M是PC的中点，求三棱锥M−ACD的体积．

如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱AB上的动点．
（1）求证：DA1⊥ED1；

（2）若直线DA1与平面CED1成角为45∘，求AEAB的值；

（3）写出点E到直线D1C距离的最大值及此时点E的位置（结论不要求证明）．

已知椭圆+＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2．
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2+y2＝上，直线AM与椭圆交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．

对于4元有序实数组(a1, a2, a3, a4)，若对1，2，3，4的任意一种排序i，j，k，（即i，j，k，l∈{1, 2, 3, 4}且i，j，k，l互不相同）均有aiaj+ajak+akal≥−1，则称实数组(a1, a2, a3, a4)为“阳光组”．
(Ⅰ)分别判断(−1, −1, 1, 1)，（-，t，t，t)(t∈R, t≠0)是否为“阳光组”，说明理由．
(Ⅱ)设(a1, a2, a3, a4)为“阳光组”，证明：a1a2+a2a3+a3a4+a4a1≥−．
(Ⅲ)求最大的常数C使得对于每个“阳光组”(a1, a2, a3, a4)均有，aiaj≥C．
参考答案与试题解析
2020-2021学年北京市高二（上）期中数学试卷
一、选择题（共10小题；共40分）
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
求解一元二次不等式得到集合A，再由交集运算得答案．
【解答】
集合A＝{x|x2−3x−4<0}＝(−1, 4)，B＝{−4, 1, 3, 5}，
则A∩B＝{1, 3}，
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
根据复数的定义化简原式，并通过模长公式求解即可．
【解答】
z＝1+2i+i3＝1+2i−i＝1+i，
∴ |z|=12+12=2．
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
B
【考点】
频率分布直方图
【解析】
分别求出体重在[45, 50)内的频率为0.1×5＝0.5，体重在[50, 55)内频率为0.06×5＝0.30，体重在[55, 60)内频率为0.02×5＝0.1，即可求得结论．
【解答】
体重在[45, 50)内的频率为0.1×5＝0.5，体重在[50, 55)内频率为0.06×5＝0.30，体重在[55, 60)内频率为0.02×5＝0.1，
∵ 0.5:0.3:0.1＝5:3:1
故可估计跑步、跳远、投掷三项训练的集训人数之比为5:3:1，
5.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
根据g(x)为奇函数可得出g(−2)＝−g(2)，再根据f(2)＝1即可得出f(−2)−1＝−1+1，从而求出f(−2)＝1．
【解答】
∴ g(−1)＝−g(1)(1)∴ f(−2)−1＝−f(2)+1＝−1+1(2)∴ f(−2)＝1．
故选：C．
6.
【答案】
C
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
利用向量加法法则直接求解．
【解答】
解：在△ABC中，D是AB边上的中点，
则CB→ = CD→ + DB→ = CD→ + AD→
=CD→ + (AC→ + CD→)
=2CD→ −CA→．
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
若平面α // 平面β，直线a // 平面α，点B∈β，判断点B与直线a的关系，
【解答】
解：①点B∉直线a时，平面α // 平面β，直线a // 平面α，∴ a // β或a⊂β，a // β时，由线面平行性质定理，在平面β内存在唯一过B点与a平行的直线；a⊂β时，过直线外一点有且只有一条直线与一直在线平行，故存在唯一与a平行的直线；②点B∈直线a时，则在平面β内不存在过B点的直线与a平行．
故选A
8.
【答案】
D
【考点】
曲线与方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
根据y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律可得y=sin[ω(x−π6)+π3]的图象，再根据所得函数的图象与函数y=csωx的图象重合，可得π3−ω⋅π6=2kπ+π2，k∈z，由此可得ω的可能值．
【解答】
解：函数y=sin(ωx+π3)的图象向右平移π6个单位后，可得函数y=sin[ω(x−π6)+π3]的图象，
再根据所得函数的图象与函数y=csωx的图象重合，
∴ π3−ω⋅π6=2kπ+π2，k∈Z，
∴ 当k=0时，ω=−1.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（共5小题：共25分）
【答案】
3
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为两条直线平行，所以aa−1−2×3=0，且27−a−3aa−1≠0，解得a=3或a=−2，且a≠−2，a≠73，所以a=3．
【知识拓展】在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线的方程的系数间的关系得出结论．设l1：A1x+B1y+C1=0，l2：A2x+B2y+C2=0，①若l1//l2，则A1B2−A2B1=0且B1C2−B2C1≠0；②若l1⊥l2，则A1A2+B1B2=0．
本题考查直线与直线的位置关系．
【答案】
22
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
本题主要考查直线与圆的位置关系．
【解答】
解：由题意知圆的方程为x2+(y+1)2=4，所以圆心坐标为(0,−1)，半径为2，则圆心到直线y=x+1的距离d=|−1−1|2=2，所以|AB|=222−(2)2=22 ．
故答案为：22．
【答案】
13
【考点】
解三角形
【解析】
先利用三角形面积公式求得c，最后利用三角函数的余弦定理求得a．
【解答】
解：∵ S△ABC=12bcsinA=3
∴ c=4
∴ a=b2+c2−2bccsA=1+16−2×1×4×12=13
故答案为：13
【答案】
3
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
方程中4和m哪个大，哪个就是a2，利用离心率的定义，分04两种情况求出m的值．
【解答】
解：∵ 椭圆x24+y2m=1(m<4)的离心率为12，
则a2=4，b2=m，
∴ c=4−m，
∴ e=4−m2=12，得m=3.
故答案为：3.
【答案】
②③
【考点】
曲线与方程
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题
【答案】
（1）圆C:x2+y2−7x+4y+3＝2化为标准方程：(x−1)2+(y+7)2＝2，
圆心坐标(8, −2)．
由，得：4x2+2(m+5)x+m2+4m+2＝0，
∴ △＝4(m+3)2−8(m3+4m+3)>8，解得−5（2）当直线l经过圆C的圆心时，−2＝1+m，
∴ 直线l:y＝x−3．
直线l与x轴的交点为(6, 0)，−3)，
所以，直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝
【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】
（1）因为f(x)＝2csx（sinx−csx)+5＝2​3x+1＝sin2x−cs2x＝2sin(7x−），
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝π，
令2kπ−≤3x−，k∈Z≤x≤kπ+，可得单调递增区间为：[kπ−]，k∈Z．
（2）当x∈[0，]时∈[−，]，
所以sin(2x−）∈[−，
可得f(x)＝2sin(5x−）∈[−1，即函数f(x)的最大值为2．
【考点】
三角函数的周期性
三角函数的最值
三角函数中的恒等变换应用
两角和与差的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：（1）∵ AB // CD
又∵ AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD
∴ AB // 平面PCD
（2）在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，
∴ AE=DC=1
又AB=2，∴ BE=1
在Rt△BEC中，∠ABC=45∘
∴ CE=BE=1，CB=2
∴ AD=CE=1
则AC=AD2+CD2=2，AC2+BC2=AB2
∴ BC⊥AC
又PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥BC．又由PA∩AC=A
∴ BC⊥平面PAC
（3）∵ M是PC中点，
∴ M到面ADC的距离是P到面ADC距离的一半
∴ VM−ACD=13S△ACD⋅(12PA)=13×(12×1×1)×12=112．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）由已知中AB // DC，结合线面平行的判定定理，可得AB // 平面PCD；
（2）在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，由已知中DC=1，AB=2，我们根据勾股定理可得BC⊥AC，由PA⊥平面ABCD可得PA⊥BC，结合线面垂直的判定定理即可得到BC⊥平面PAC；
（3）若M是PC的中点，则M到面ADC的距离是P到面ADC距离，即PA的一半，根据其它已知条件计算出棱锥的底面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案．
【解答】
证明：（1）∵ AB // CD
又∵ AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD
∴ AB // 平面PCD
（2）在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，
∴ AE=DC=1
又AB=2，∴ BE=1
在Rt△BEC中，∠ABC=45∘
∴ CE=BE=1，CB=2
∴ AD=CE=1
则AC=AD2+CD2=2，AC2+BC2=AB2
∴ BC⊥AC
又PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥BC．又由PA∩AC=A
∴ BC⊥平面PAC
（3）∵ M是PC中点，
∴ M到面ADC的距离是P到面ADC距离的一半
∴ VM−ACD=13S△ACD⋅(12PA)=13×(12×1×1)×12=112．
【答案】
解：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，D1(0, 0, 1)，A1(1, 0, 1)，设E(1, m, 0)(0≤m≤1)(I)证明：DA1→=(1, 0, 1)，ED1→=(−1, −m, 1)
∴ DA1→⋅ED1→=0
∴ DA1⊥ED1；
（2）解：设平面CED1的一个法向量为v→=(x, y, z)，则
∵ CD1→=(0, −1, 1)，CE→=(1, m−1, 0)
∴ −y+z=0x+(m−1)y=0．
取z=1，得y=1，x=1−m，得v→=(1−m, 1, 1)．
∵ 直线DA1与平面CED1成角为45∘，
∴ sin45∘=|cs|=22，
∴ |2−m|⋅=22，解得m=12．-----
（3）解：点E到直线D1C距离的最大值为62，此时点E在A点处．------
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的性质
【解析】
（1）建立坐标系，求出DA1→=(1, 0, 1)，ED1→=(−1, −m, 1)，可得DA1→⋅ED1→=0，即可证明DA1⊥ED1；
（2）求出平面CED1的一个法向量，利用直线DA1与平面CED1成角为45∘，可得|2−m|⋅=22，即可求AEAB的值；
（3）点E在A点处，可求点E到直线D1C距离的最大值．
【解答】
解：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，D1(0, 0, 1)，A1(1, 0, 1)，设E(1, m, 0)(0≤m≤1)(I)证明：DA1→=(1, 0, 1)，ED1→=(−1, −m, 1)
∴ DA1→⋅ED1→=0
∴ DA1⊥ED1；
（2）解：设平面CED1的一个法向量为v→=(x, y, z)，则
∵ CD1→=(0, −1, 1)，CE→=(1, m−1, 0)
∴ −y+z=0x+(m−1)y=0．
取z=1，得y=1，x=1−m，得v→=(1−m, 1, 1)．
∵ 直线DA1与平面CED1成角为45∘，
∴ sin45∘=|cs|=22，
∴ |2−m|⋅=22，解得m=12．-----
（3）解：点E到直线D1C距离的最大值为62，此时点E在A点处．------
【答案】
（1）由题意可得e＝＝＝，3b＝2，则a＝2，
所以椭圆的标准方程为+＝3；
（2）A(−2, 0)，与椭圆方程x3+2y2−6＝0联立，
可得(1+3k2)x2+4k2x+8k7−4＝0，
设A，B的横坐标分别为x5，x2，可得x1+x5＝-，x3x2＝，
设x1＝−8，可得x2＝，y2＝，
由△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，设O到AB的距离为d，
可得＝4，即＝2，
设M(m, n)，）＝2(m+2，
可得m＝，n＝，
由M在圆x2+y2＝上，可得m2+n2＝，
即为28k4+k2−2＝0，解得k＝±，
则直线AB的方程为y＝x+1或y＝-．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）①(−1，−1，6，
当i＝3，j＝2，l＝7时，aiaj+ajak+akal≥a2a3+a5a4+a1a3＝−3，不满足“阳光组”条件；
②（-，t，t，t)，是，
a1a2＝-，a1a6＝-，a3a4＝-，a2a3＝t7，a2a4＝t6，a3a4＝t8，
aiaj+ajak+akal≥2t2−或t2−8，均满足aiaj+ajak+akal≥−1，满足“阳光组”条件；
（2）根据“阳光组”条件，
a1a5+a2a3+a2a4≥−1，a4a2+a1a4+a2a3≥−6，
a1a2+a5a4+a3a6≥−1，a2a6+a3a4+a8a1≥−1，
将以上四个不等式相加得：7(a1a2+a6a3+a3a4+a4a1)≥−6，
故a1a2+a2a3+a3a5+a4a1≥−；
(Ⅲ)aiaj＝a1a2+a3a3+a1a7+a2a3+a8a4+a3a5
＝(a1a2+a5a3+a2a6)+(a2a3+a3a4+a1a3)
≥(−1)+(−1)＝−6，
故C＝−2．
【考点】
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答