2020-2021年江西省鄱阳县某校高二（下）5月月考数学试卷（理）北师大版

这是一份2020-2021年江西省鄱阳县某校高二（下）5月月考数学试卷（理）北师大版，共11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a，b∈R，则“a>b”是“a2>b2”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2. 下列命题中真命题的个数有( )
①∀x∈R，x2−x+14≥0；②∃x>0，lnx+1lnx≤2；③若命题p∨q是真命题，则¬p是真命题；④ y=2x−2−x是奇函数．
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

3. 如图，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，则MN→等于( )

A.12a→−23b→+12c→B.−23a→+12b→+12c→
C.12a→+12b→−23c→D.23a→+23b→−12c→

4. 已知三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=3，则点P到平面ABC的距离为( )
A.13B.23C.144D.67

5. P是椭圆x216+y29=1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若|PF1|⋅|PF2|=12，则∠F1PF2的大小为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

6. 用数学归纳法证明“1+12+13+⋯+12n−10恒成立，命题q:∃x0∈R，使得x02+ax0+10的焦点在圆x2+y2=1上．
(1)求抛物线的方程；

(2)圆上一点x0,y0处的切线交抛物线于两点A，B，且满足∠AOB=π2（O为坐标原点），求
y0的值．

已知函数fx=ex−a，gx=lnx−b.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,1处的切线方程；

(2)若a=b+2，是否存在直线与曲线y=fx和y=gx都相切？若存在，求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1=AB1=AB=BC，D为AC的中点，AB⊥B1D，∠B1BC=90∘.

(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；

(2)求二面角D−BB1−A的余弦值．

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0上的点到焦点F的最小距离为1，且以椭圆E的短轴为直径的圆过点0,5且A，B为椭圆的左右顶点．
(1)求椭圆E的方程；

(2)过P2,0直线交椭圆于M，N两点（M在第一象限），直线AN，BM的斜率为k1，k2，是否存在实数λ，使得k1=λk2，若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由．

设函数fx=alnx+1x+1，其中a为常数，且a>0.
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)设函数Fx=fx+xlna，x1，x2是函数fx的两个极值点，证明： Fx1+Fx20,
解得a>−12.
若q为真，即q:∃x0∈R，使得x02+ax0+10，
解得a>2或a−12,a2,
所以a>2，
所以a的取值范围是2,+∞．
(2)因为p∧¬q为假， p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，即p，q同真同假，
当p，q都真时，由(1)，得a>2，
当p，q都假时，
a≤−12,−2≤a≤2,
解得−2≤a≤−12．
综上，a的取值范围为[−2,−12]∪(2,+∞).
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
（I）先结合一次函数的性质求出p为真时a的范围，
(II)由p∧(￢q)一真一假即p，q同真同假，然后结合复合命题的真假关系可求a的范围．
【解答】
解：(1)若p为真，即p:∀x∈2,3，a+1x−1>0恒成立，
得2a+1−1>0,3a+1−1>0,
解得a>−12.
若q为真，即q:∃x0∈R，使得x02+ax0+10，
解得a>2或a−12,a2,
所以a>2，
所以a的取值范围是2,+∞．
(2)因为p∧¬q为假， p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，即p，q同真同假，
当p，q都真时，由(1)，得a>2，
当p，q都假时，
a≤−12,−2≤a≤2,
解得−2≤a≤−12．
综上，a的取值范围为[−2,−12]∪(2,+∞).
【答案】
解：(1)∵抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，
圆x2+y2=1与y轴交点为0,1，
∴ p2=1⇒p=2，
即x2=4y．
(2)设直线AB为y=kx+m（k一定存在），
∴ y=kx+m，x2=4y，则x2−4kx−4m=0，
∴ x1x2=−4m，y1y2=x124⋅x224=m2，
又∵ ∠AOB=π2，
∴ x1x2+y1y2=0，m2−4m=0⇒m=4，
即直线AB为y=kx+4，1=4k2+1⇒k2=15，
∴ y=±15x+4，x2+y2=1，
即4x±152=0，x02=1516，
∴ y02=116，
即y0=14．
【考点】
抛物线的求解
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
(1)求出x2+y2=1与y轴交点，得出抛物线x2=2pyp>0的焦点，求出P．
(2)设出直线AB，与抛物线联立，利用x1x2+y1y2=0求出直线的参数m，再利用AB为切线，求出直线方程．再与圆方程联立求出交点纵坐标即可．
【解答】
解：(1)∵抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，
圆x2+y2=1与y轴交点为0,1，
∴ p2=1⇒p=2，
即x2=4y．
(2)设直线AB为y=kx+m（k一定存在），
∴ y=kx+m，x2=4y，则x2−4kx−4m=0，
∴ x1x2=−4m，y1y2=x124⋅x224=m2，
又∵ ∠AOB=π2，
∴ x1x2+y1y2=0，m2−4m=0⇒m=4，
即直线AB为y=kx+4，1=4k2+1⇒k2=15，
∴ y=±15x+4，x2+y2=1，
即4x±152=0，x02=1516，
∴ y02=116，
即y0=14．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，
∴ f′1=1，f(1)=1，
∴ 曲线y=fx在点1,1处的切线方程为y−1=x−1，
即y=x.
(2)设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
则f′x=ex−a，g′x=1x，
∵ 曲线y=fx在点A处的切线为y−ex1−a=ex1−ax−x1，
与曲线y=gx相切于点B，
∴ ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex1−a=ex1−a(x2−x1)②，
由①，得x1−a=ln1x2=−lnx2，
即lnx2=a−x1，
将ex1−a=1x2，lnx2=a−x1代入②，得
a−x1−b−1x2=1x2x2−x1，
又a=b+2，
整理，得x1−1x2−1=0，
当x1=1时，y−e1−a=e1−ax−1，即y=e1−ax；
当x2=1时，a−x1=lnx2=0，x1=a，
∴ y−1=x−a，即y=x+1−a，
∴ 存在这样的直线，直线为y=e1−ax或y=x+1−a.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
（1）当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，故k=f′1=1，再根据点斜式方程求解即可 .
（2）设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
①则根据切点在切线上，也在曲线上得ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex2−a(x2−x1)②，，
整理得x1−1x2−1=0，再分当x1=1时和x2=1时两种情况求解即可．
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，
∴ f′1=1，f(1)=1，
∴ 曲线y=fx在点1,1处的切线方程为y−1=x−1，
即y=x.
(2)设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
则f′x=ex−a，g′x=1x，
∵ 曲线y=fx在点A处的切线为y−ex1−a=ex1−ax−x1，
与曲线y=gx相切于点B，
∴ ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex1−a=ex1−a(x2−x1)②，
由①，得x1−a=ln1x2=−lnx2，
即lnx2=a−x1，
将ex1−a=1x2，lnx2=a−x1代入②，得
a−x1−b−1x2=1x2x2−x1，
又a=b+2，
整理，得x1−1x2−1=0，
当x1=1时，y−e1−a=e1−ax−1，即y=e1−ax；
当x2=1时，a−x1=lnx2=0，x1=a，
∴ y−1=x−a，即y=x+1−a，
∴ 存在这样的直线，直线为y=e1−ax或y=x+1−a.
【答案】
(1)证明：取AB中点为O，连结OD，OB1，如图，
因为BB1=AB1，
所以OB1⊥AB.
因为AB⊥B1D，OB1∩B1D=B1，
所以AB⊥平面B1OD.
因为OD⊂平面B1OD，
所以AB⊥OD.
因为D为AC中点，
所以OD//BC，
又∠B1BC=90∘，即BC⊥BB1，
所以OD⊥BB1.
因为AB∩BB1=B，
所以OD⊥平面ABB1A，
又OD⊂平面ABC，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解：由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，射线OB，OD，OB1分别为x轴，y轴，z轴
的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|OB→|=1，
则B1,0,0，B10,0,3，D0,1,0，
BB1→=−1,0,3，B1D→=0,1,−3，
设平面BB1D的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅B1D→=y−3z=0,m→⋅BB→1=−x+3z=0,
令x=3，即m→=3,3,1，
取平面BB1A的法向量n→=0,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=37×1=217，
所以二面角D−BB1−A的余弦值为217 .
【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）取AB中点O，证得AB⊥OD，而OD与BC平行，由已知可得OD⊥BB，进而证得结论 .
（2）由（1）的推理过程，以O为原点建立空间直角坐标系，求出二面角两个半平面的法向量坐标，用向量夹角公式求解即得．
【解答】
(1)证明：取AB中点为O，连结OD，OB1，如图，
因为BB1=AB1，
所以OB1⊥AB.
因为AB⊥B1D，OB1∩B1D=B1，
所以AB⊥平面B1OD.
因为OD⊂平面B1OD，
所以AB⊥OD.
因为D为AC中点，
所以OD//BC，
又∠B1BC=90∘，即BC⊥BB1，
所以OD⊥BB1.
因为AB∩BB1=B，
所以OD⊥平面ABB1A，
又OD⊂平面ABC，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解：由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，射线OB，OD，OB1分别为x轴，y轴，z轴
的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|OB→|=1，
则B1,0,0，B10,0,3，D0,1,0，
BB1→=−1,0,3，B1D→=0,1,−3，
设平面BB1D的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅B1D→=y−3z=0,m→⋅BB→1=−x+3z=0,
令x=3，即m→=3,3,1，
取平面BB1A的法向量n→=0,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=37×1=217，
所以二面角D−BB1−A的余弦值为217 .
【答案】
解：(1)由题意可得 a−c=1，b=5，
∴ a=3，b=5，
∴ 椭圆E的方程为x29+y25=1 .
(2)假设存在实数λ，使得k1=λk2，
由题意可知直线MN斜率不为零，
设lMN:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
且y1>0，y20，y1+y2=−20m5m2+9，y2⋅y2=−255m2+9，
∴ my1⋅y2=54y1+y2，
∴ λ=k1k2=y2x2+3y1x1−3=(x1−3)y2(x2+3)y1
=(my1−1)y2(my2+5)y1=my1⋅y2−y2my1⋅y2+5y1，
=54y1+y2−y254(y1+y2)+5y1=54y1+14y2554y1+14y2=15 .
故存在实数λ=15，使得k1=λk2成立．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的定值问题
【解析】
（1）由题意布列方程组，即可得到结果 .
（2）设lMN:x=my+2，联立方程，借助韦达定理表示λ=k1k2=my1⋅y2−y2m1⋅y2+5y1，即可得到结果．
【解答】
解：(1)由题意可得 a−c=1，b=5，
∴ a=3，b=5，
∴ 椭圆E的方程为x29+y25=1 .
(2)假设存在实数λ，使得k1=λk2，
由题意可知直线MN斜率不为零，
设lMN:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
且y1>0，y20，y1+y2=−20m5m2+9，y2⋅y2=−255m2+9，
∴ my1⋅y2=54y1+y2，
∴ λ=k1k2=y2x2+3y1x1−3=(x1−3)y2(x2+3)y1
=(my1−1)y2(my2+5)y1=my1⋅y2−y2my1⋅y2+5y1，
=54y1+y2−y254(y1+y2)+5y1=54y1+14y2554y1+14y2=15 .
故存在实数λ=15，使得k1=λk2成立．
【答案】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=ax−1x+12=ax2+2a−1x+axx+12，
令gx=ax2+2a−1x+a，
∵ a>0，开口向上，
∴ Δ=2a−12−4a2=−4a+1，
①当a≥14时，Δ=−4a+1≤0，gx≥0，
∴ f′x≥0，即fx在0,+∞上单调递增；
②当0x1=1−2a−1−4a2a
=1−4a+4a2−1−4a2a>0，
当x∈0,x1时，gx>0，f′x>0，fx单调递增；
当x∈x1,x2时，gx0，fx单调递增，
综上所述，当0