2020-2021学年江西省上饶市高二（下）5月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高二（下）5月月考数学（理）试卷北师大版，共9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→=(3, −2, −1)是直线l的方向向量，n→=(−1, −2, 1)是平面α的法向量，则直线l与平面α( )
A.垂直B.平行或在平面α内
C.平行D.在平面α内

2. 已知抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(−1, 1)，则该抛物线焦点坐标为( )
A.(−1, 0)B.(1, 0)C.(0, −1)D.(0, 1)

3. 若命题p:∃x0∈R，x02+2x0+2≤0，则￢p为（ ）
A.∃x0∈R，x02+2x0+2>0B.∃x0∉R，x02+2x0+2>0
C.∀x∈R，x2+2x+2≤0D.∀x∈R，x2+2x+2>0

4. 若向量a→=(1,λ,1)，b→=(2,−1,−2)，且a→与b→的夹角余弦为26，则λ等于( )
A.−2B.2C.−2或2D.2

5. 已知F是抛物线y2=4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A3,1，则△APF周长的最小值为( )
A.2+25B.4+5C.3+5D.6+5

6. 若向量a→=(1,1,x)，b→=(1,2,1)，c→=(1,1,1)，满足条件(c→−a→)⋅(2b→)=−2，则x的值为( )
A.−2B.2C.0D.1

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

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

8. 已知a，b∈R，则“|a|+|b|0,b>0的右焦点F作倾斜角为60∘的直线交双曲线右支于A，B两点，若AF→=7FB→，则双曲线的离心率为（ ）
A.32B.3C.2D.52
二、填空题

设F1、F2分别是双曲线x2−y22=1的左、右焦点，若点P在此双曲线上，且|PF1|=5，则|PF2|=________．
三、解答题

求满足下列条件的曲线的标准方程：
(1)a=10，e=35，焦点在x轴上的椭圆；

(2)顶点在原点，对称轴是坐标轴，且焦点在直线x−y+2=0上抛物线的方程.

已知命题p：不等式ax2−ax+2>0对一切实数x恒成立，命题q:m−1≤a≤m+1．
(1)若p是假命题，求实数a的取值范围；

(2)若¬p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

已知向量a→=1,1,0,b→=−1,0,2.
(1)若a→+kb→//2a→+b→，求实数k；

(2)若向量a→+kb→与2a→+b→所成角为锐角，求实数k的范围．

已知正数列an满足an2=13+23+⋯+n3.
(1)求a1,a2,a3的值；

(2)试猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论．

如图，ABCD是平行四边形，已知AB=2BC=4，BD=23，BE=CE，平面BCE⊥平面ABCD．

(1)证明：BD⊥CE；

(2)若BE=CE=10，求平面ADE与平面BCE所成二面角的余弦值．

如图，过椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆E于P，Q两点，点A，B是椭圆E的顶点，且AB // OP，F2为右焦点，△PF2Q的周长为8．

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点F1作直线l与椭圆E交于C，D两点，若△OCD的面积为103，求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高二（下）5月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据a→⋅n→=0可知a→⊥n→，从而得出结论．
【解答】
解：∵ a→⋅n→=3×(−1)+(−2)×(−2)+(−1)×1=0．
∴ a→⊥n→，
∴ l // α或l⊂α．
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
利用抛物线y2＝2px(p>0)的准线经过点(−1, 1)，求得p2=1，即可求出抛物线焦点坐标．
【解答】
解：∵ 抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(−1, 1)，
∴ 准线x=−p2=−1，解得p=2，
∴ 该抛物线焦点坐标为(1, 0)．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
运用特称命题的否定为全称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否定．
【解答】
解：由特称命题的否定为全称命题，可得
若命题p:∃x0∈R，x02+2x0+2≤0，
则￢p为∀x∈R，x2+2x+2>0．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】
利用向量夹角余弦公式直接求解．
【解答】
解：∵ 向量a→=(1,λ,1)，b→=(2,−1,−2)，
a→与b→的夹角余弦为26，
∴ cs=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=−λ2+λ2⋅9=26，
解得λ=−2.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：∵抛物线y2=4x，
∴F1,0，准线为l：x=−1，
过P点作PN⊥l，如图，
AF=3−12+1−02=5，
∴C△APF=|AF|+|AP|+|PF|
=5+|AP|+|PN|，
要使△APF周长最小，则使|AP|+|PN| 最小即可，
过A点作AM⊥l，与抛物线交于P1点，
此时△APF周长也最小，
∴△APF周长最小为4+5．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
空间向量运算的坐标表示
空间向量的数量积运算
【解析】
先求出c→−a→，再利用空间向量的数量积公式a→=(x1,y1,z1)，b→=(x2,y2,z2)，a→⋅b→=x1⋅x2+y1y2+z1z2建立方程，求出x
【解答】
解：c→−a→=(0,0,1−x)，
(c→−a→)⋅(2b→)
=(2,4,2)⋅(0,0,1−x)=2(1−x)=−2，
解得x=2，
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
由题意，把OA→,OB→，OC→三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将MN→用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项．
【解答】
解：MN→=MA→+AB→+BN→,
=13OA→+OB→−OA→+12BC→,
=−23OA→+OB→+12OC→−12OB→,
=−23OA→+12OB→+12OC→,
∵OA→=a→,OB→=b→,OC→=c→,
∴MN→=−23a→+12b→+12c→,
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于|ab|≤|a|+|b|20，成立；
当a≠0时，a>0,Δ=−a2−4a⋅2−1.
又当k=12时， a→+kb→//2a→+b→，
可得实数k的范围为k|k>−1且k≠12.
【答案】
(1)解：当n=1时，13=a12，
又an>0，
∴ a1=1，
当n=2时， 13+23=a22，
解得a2=3，
当n=3时， 13+23+33=a32，
解得a3=6．
(2)证明：猜想an=nn+12，
①当n=1时，由(1)可知结论成立；
②假设当n=k时，结论成立，即ak=kk+12成立，
则当n=k+1时，由13+23+⋯+k3=ak2与ak=kk+12，
得：k+13=ak+12−ak2=ak+12−kk+122，
∴ ak+12=k+13+k2k+124=k+12k+1+k24=k+12k+224，
又an>0，
∴ ak+1=k+1k+22成立，
综上所述得an=nn+12成立．
【考点】
数列递推式
数学归纳法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当n=1时，13=a12，
又an>0，
∴ a1=1，
当n=2时， 13+23=a22，
解得a2=3，
当n=3时， 13+23+33=a32，
解得a3=6．
(2)证明：猜想an=nn+12，
①当n=1时，由(1)可知结论成立；
②假设当n=k时，结论成立，即ak=kk+12成立，
则当n=k+1时，由13+23+⋯+k3=ak2与ak=kk+12，
得：k+13=ak+12−ak2=ak+12−kk+122，
∴ ak+12=k+13+k2k+124
=k+12k+1+k24
=k+12k+224，
又an>0，
∴ ak+1=k+1k+22成立，
综上所述得an=nn+12成立．
【答案】
(1)证明：∵ ABCD是平行四边形，且CD=AB=2BC=4，BD=23，
∴ CD2=BD2+BC2，故∠CBD=90∘，即BD⊥BC，
取BC的中点F，连结EF．
∵ BE=CE，
∴ EF⊥BC，
又∵ 平面BCE⊥平面ABCD，
∴ EF⊥平面ABCD，
∴ BD⊂平面ABCD，
∴ EF⊥BD．
∵ EF∩BC=F, EF,BC⊂平面BCE，
∴ BD⊥平面BCE，
∵ EC⊂平面BCE，
∴ BD⊥CE.
(2)解：∵ BE=CE=10，由(1)得EF=BE2−BF2=10−1=3,
以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x,y轴，建立空间直角坐标系（如图），
则A2,−23,0，D0,−23,0,E−1,0,3,
∴ AE→=−3,23,3，DE→=−1,23,3，
设平面ADE的法向量为a→=x,y,z，
则a→⋅AE→=0，a→⋅DE→=0，
即−3x+23y+3z=0，−x+23y+3z=0，
得平面ADE的一个法向量为a→=0,3,−2，
由(1)知BD⊥平面BCE，
所以可设平面BCE的法向量为b→=0,1,0，
设平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角为θ，则
csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=0+3×1+07×1=217，
即平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角的余弦值为217.
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）推导出BD⊥BC，EF⊥BC，从而EF⊥平面ABCD，进而EF⊥BD，由此得到BD⊥平面BCE，从而BD⊥CE．
（2）以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，以过点B且与FE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ADE与平面BCE所成二面角的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ ABCD是平行四边形，且CD=AB=2BC=4，BD=23，
∴ CD2=BD2+BC2，故∠CBD=90∘，即BD⊥BC，
取BC的中点F，连结EF．
∵ BE=CE，
∴ EF⊥BC，
又∵ 平面BCE⊥平面ABCD，
∴ EF⊥平面ABCD，
∴ BD⊂平面ABCD，
∴ EF⊥BD．
∵ EF∩BC=F, EF,BC⊂平面BCE，
∴ BD⊥平面BCE，
∵ EC⊂平面BCE，
∴ BD⊥CE.
(2)解：∵ BE=CE=10，由(1)得EF=BE2−BF2=10−1=3,
以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x,y轴，建立空间直角坐标系（如图），
则A2,−23,0，D0,−23,0,E−1,0,3,
∴ AE→=−3,23,3，DE→=−1,23,3，
设平面ADE的法向量为a→=x,y,z，
则a→⋅AE→=0，a→⋅DE→=0，
即−3x+23y+3z=0，−x+23y+3z=0，
得平面ADE的一个法向量为a→=0,3,−2，
由(1)知BD⊥平面BCE，
所以可设平面BCE的法向量为b→=0,1,0，
设平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角为θ，则
csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=0+3×1+07×1=217，
即平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角的余弦值为217.
【答案】
解：(1)由题意得：4a=8,a=2，
且b2a−c=−ba，
又a2=b2+c2，
解得：b2=2，
所以椭圆的方程：x24+y22=1．
(2)显然直线l的斜率不为零，
设l的方程为：x=my−2,Cx,y,Dx′,y′，
联立与椭圆的方程消x得：2+m2y2−22my−2=0，
易得Δ>0恒成立，
y+y′=22m2+m2，yy′=−22+m2，
S△OCD=12⋅|OF1|⋅|yC−yD|
=12⋅2⋅y+y′2−4yy′
=422⋅1+m22+m2
∴ 由题意得：22⋅1+m22+m2=103，
整理得：5m4−16m2−16=0，
解得m2=4，
所以m=±2 ，
所以直线l的方程为：x=±2y−2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）由题意，三角形的周长求出a的值，再由AB // OP，直线的斜率相等及a，c，b之间的关系求出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，进而求出两根之差的绝对值，求出面积，再由椭圆求出直线方程．
【解答】
解：(1)由题意得：4a=8,a=2，
且b2a−c=−ba，
又a2=b2+c2，
解得：b2=2，
所以椭圆的方程：x24+y22=1．
(2)显然直线l的斜率不为零，
设l的方程为：x=my−2,Cx,y,Dx′,y′，
联立与椭圆的方程消x得：2+m2y2−22my−2=0，
易得Δ>0恒成立，
y+y′=22m2+m2，yy′=−22+m2，
S△OCD=12⋅|OF1|⋅|yC−yD|
=12⋅2⋅y+y′2−4yy′
=422⋅1+m22+m2
∴ 由题意得：22⋅1+m22+m2=103，
整理得：5m4−16m2−16=0，
解得m2=4，
所以m=±2 ，
所以直线l的方程为：x=±2y−2．