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2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷 (1)
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这是一份2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷 (1)，共10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. 命题“∀x>0，lg2x>0”的否定是( )
A.∀x>0，lg2x≤0B.∀x≤0，lg2x≤0
C.∃x>0，lg2x≤0D.∃x≤0，lg2x≤0
2. 已知集合A={x|x2−2x−8<0}，B={x|2+3x>5}，则A∩B=( )
A.{x|1−2}C.{x|x>4}D.{x|1
3. 现有下列说法：
①若x+y=0，则|x−y|=x−y；
②若a>b，则a−c>b−c；
③命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x≥0，则2x+x<1”．
其中正确说法的个数为（ ）
A.0B.1C.2D.3
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsinB+2csinC=asinA，则△ABC的形状为（ ）
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定
5. 若b>a>0，m<−a，设X=ba，Y=b+ma+m，则( )
A.X>YB.XC.X=YD.X与Y的大小关系不确定
6. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段D1B上一点，且BP=2D1P，若AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，则x+y+z=( )
A.53B.23C.43D.1
7. 已知lg2(a−1)+lg2(b+2)=4，则a+b的最小值为( )
A.8B.7C.6D.3
8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，若O为底面A1B1C1D1的中心，则异面直线C1E与AO所成角的余弦值为（ ）
A.3015B.3030C.815D.23015
9. 已知数列an中，an+1−an=n+1，a1=1，设数列1an的前n项和为Sn，则满足Sn≥nn−143的n的最大值为（ ）
A.3B.4C.5D.6
10. 已知直线l与椭圆E:x29+y24=1交于A，B两点，点 P2,1是线段AB的中点，则直线l的斜率是（ ）
A.−89B.98C.89D.−98
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且4StanC=b2csC+bccsB，a+b=2,c=3，则S=( )
A.34B.36C.16D.312
12. 如图，已知抛物线C1:y2=8x，圆C2:x2+y2−4x=0，过圆心C2的直线l与抛物线和圆依次交于点P，M，N，Q，则|PM|⋅|QN|=（ ）
A.2B.4C.6D.8
二、填空题
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=π3，a=2，C=5π12，则b=________．
设等比数列an的前n项和为Sn，若a3+12=0，S3+12=0，则a6+a5=________．
正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长和高均为2，点D为侧棱CC1的中点，连接AD，BD，则C1D与平面ABD所成角的正弦值为________.
过双曲线M:x23−y2=1的右焦点F作圆C:x2+y+12=12的切线，此切线与M的右支交于A，B两点，则|AB|=________．
三、解答题
已知p:|m−1|>aa>0，q：方程x25−m+y2m−2=1表示双曲线．
(1)若q是真命题，求m的取值范围；
(2)若p是q的充分不必要条件，求a的取值范围．
如图，锐角△ABC外接圆的半径为2，点D在边BC的延长线上，AB=3，AC=23，△ACD的面积为974.
(1)求sin∠BAC；
(2)求AD的长．
在数列an中，已知a1=2，且nan+1=2n+1an−nn+1,n∈N*.
(1)设bn=ann−1，求数列bn的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Tn．
如图，已知圆M:x−52+y2=16与抛物线C：y2=mx0
(1)求C的焦点坐标；
(2)若直线4x−3y+a=0a<0与圆M相切，且与C相交于A，B两点，求|AB|．
如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC=30∘，BC=3，AC=3DC，DE//BC，沿DE将点A折至A1处，使得A1C⊥DC，点M为A1B的中点．
(1)证明：A1B⊥平面CMD．
(2)求二面角B−CM−E的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P1,0的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为35（O为坐标原点），求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
由全称命题的否否为特称命题即可得出答案.
【解答】
解：由全称命题的否定为特称命题得，
命题“∀x>0，lg2x>0”的否定是“∃x>0，lg2x≤0”.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|−21}，
∴ A∩B={x|1故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①特值法判断；②由不等式性质判断；③求出否命题判断．
【解答】
解：对于①，当x=−1时，y=1，|x−y|=2，x−y=−2，2≠−2，所以①错；
对于②，由不等式的性质可知，若a>b，则a−c>b−c，所以②正确；
对于③，命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x<0，则2x+x<1”，所以③错．
综上，正确的说法只有1个.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为b2+2c2=a2，
所以csA=b2+c2−a22bc=−c22bc<0，
所以A>90∘，
所以△ABC的形状为钝角三角形．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
根据题意，用作差法分析X−Y的符号，即可得答案．
【解答】
解：根据b>a>0，m<−a，m+a<0，
所以X−Y=ba−b+ma+m=m(b−a)a(a+m)>0，
所以X>Y．
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
根据空间向量的基本定理进行分解即可．
【解答】
解：由题意可得， BP→=2PD1→，
则DP→=DB→+BP→=DA→+AB→+23BD1→
=DA→+AB→+23(BA→+AA1→+AD→)
=13AB→+23AA1→−13AD→，
故x=13,y=−13,z=23，
所以x+y+z=23.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数及其运算
【解析】
根据条件可得出(a−1)(b+2)=16，并且a−1>0，b+2>0，然后根据基本不等式即可得出(a−1)+(b+2)≥8，然后即可求出a+b的最小值．
【解答】
解：∵ lg2(a−1)+lg2(b+2)=lg2[(a−1)(b+2)]=4，
∴ (a−1)(b+2)=16，且a−1>0，b+2>0，
∴ (a−1)+(b+2)≥2(a−1)(b+2)=8，即a+b≥7，
当且仅当a−1=b+2，即a=5，b=2时等号成立，
∴ a+b的最小值为7.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量夹角计算公式即可得出．
【解答】
解：如图所示，建立空间直角坐标系.
不妨设AB=2，
则A2,0,0,O1,1,2,C10,2,2,E2,2,1，
因为C1E→=2,0,−1,AO→=−1,1,2，
所以cs=C1E→⋅AO→|C1E→||AO→|=−45×6=−23015,
所以异面直线C1E与AO所成角的余弦值为23015．
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a2−a1=2，a3−a2=3，−an−1=n，
所以an=1+2+⋯+n=nn+12，
1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以Sn=2×(1−12+12−13+ ⋯+1n−1n+1），
所以Sn=2nn+1．
由2nn+1≥nn−143，
化简得3n2−11n−20≤0，
解得1≤n≤5，n∈N*．
故n的最大值为5.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4，y1+y2=2.
因为A，B在椭圆E上，
所以x129+y124=1，x229+y224=1，
所以x12−x229+y12−y224=0,
所以4x1−x29=−2y1−y24，
则y1−y2x1−x2=−89，
即直线l的斜率是−89．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
【解答】
解：因为4S⋅csCsinC=b2csC+bccsB，
所以2abcsC=b2csC+bccsB ，
所以2sinAcsC=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
因为sinA≠0，
所以csC=12．
由csC=12=a2+b2−c22ab=a+b2−3−2ab2ab，
得ab=13，
所以S=12absinC=312 .
故选D .
12.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
圆的标准方程
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
【解答】
解：由抛物线C1:y2=8x，得焦点为F2,0．
圆的标准方程为x−22+y2=4，
所以圆心为2,0，半径r=2．
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
设直线l:x=my+2，
将直线l的方程代入抛物线方程可得y2−8my−16=0，
即y1y2=−16，x1x2=y1y2264=4，
故|PM|⋅|QN|=|PF|−2|QF|−2=x1x2=4.
故选B.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
正弦定理
【解析】
【解答】
解：因为A=π−B−C=π4，
所以bsinπ3=2sinπ4，
解得b=3，
故答案为：3．
【答案】
0
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a1q2=−12，a1+a1q+a1q2=−12，
所以q=−1,a6+a5=0.
故答案为：0．
【答案】
32
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系O−xyz，O为A1B1的中点，
由已知，A−1,0,2，B1,0,2,D0,3,1,C10,3,0，
所以AB→=2,0,0，AD→=1,3,−1，
可求得平面ABD的一个法向量为n→=0,1,3，C1D→=0,0,1，
则C1D与平面ABD所成角的正弦值为|C1D→⋅n→||n→||C1D→|=32．
故答案为：32.
【答案】
23
【考点】
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为直线过双曲线的右焦点，
设直线方程为y−0=kx−2，
由直线与圆相切知|2k−1|1+k2=22，
解得k=1或k=17，
当k=17时，该直线不与双曲线右支相交于两点，故舍去，
所以直线方程为y=x−2，
联立直线方程、双曲线方程，消y得2x2−12x+15=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=6,x1x2=152，
所以|AB|=1+k2|x1−x2|
=2⋅x1+x22−4x1x2
=2×62−4×152=23．
故答案为：23.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得5−mm−2<0 ，
解得m<2或m>5 ．
故m的取值范围为−∞,2∪5,+∞．
(2)由题意可得p:m>a+1或m<−a+1．
因为p是q的充分不必要条件，
所以−a+1≤2,a+1≥5,
解得a≥4．
故a的取值范围为[4,+∞)．
【考点】
双曲线的定义
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得5−mm−2<0 ，
解得m<2或m>5 ．
故m的取值范围为−∞,2∪5,+∞．
(2)由题意可得p:m>a+1或m<−a+1．
因为p是q的充分不必要条件，
所以−a+1≤2,a+1≥5,
解得a≥4．
故a的取值范围为[4,+∞)．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
余弦定理
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【答案】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【答案】
解：(1)联立y2=mx,x−52+y2=16得：x2+m−10x+9=0，
依题意可知Δ=(m−10)2−36=0，
因为0所以m=4，
故C的焦点坐标为1,0．
(2)因为直线4x−3y+a=0与圆M相切，
所以圆心M到直线4x−3y+a=0的距离d=|20+a|5=4，
因为a<0，
所以a=−40，
联立y2=4x,4x−3y−40=0得y2−3y−40=0，
解得y=−5或8，
则|AB|=1+(34)2⋅|8−(−5)|=654.
【考点】
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
直线与圆的位置关系
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)联立y2=mx,x−52+y2=16得：x2+m−10x+9=0，
依题意可知Δ=(m−10)2−36=0，
因为0所以m=4，
故C的焦点坐标为1,0．
(2)因为直线4x−3y+a=0与圆M相切，
所以圆心M到直线4x−3y+a=0的距离d=|20+a|5=4，
因为a<0，
所以a=−40，
联立y2=4x,4x−3y−40=0得y2−3y−40=0，
解得y=−5或8，
则|AB|=1+(34)2⋅|8−(−5)|=654.
【答案】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【答案】
解：(1)由题意可得ca=32，2b=2，c2=a2−b2，
解得a2=4，b2=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
则设直线l的方程为x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1，x24+y2=1，
整理得m2+4y2+2my−3=0，
Δ=2m2−4m2+4×−3=16m2+48>0，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4
故|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−2mm2+42+12m2+4=4m2+3m2+4，
因为△ABO的面积为35，
所以12|OP||y1−y2|=12×4m2+3m2+4=2m2+3m2+4=35，
设t=m2+3≥3，
则2tt2+1=35，
整理得3t−1t−3=0，
解得t=3，
即m=±6.
故直线l的方程为x=±6y+1，
即x±6y−1=0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
椭圆中的平面几何问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得ca=32，2b=2，c2=a2−b2，
解得a2=4，b2=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
则设直线l的方程为x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1，x24+y2=1，
整理得m2+4y2+2my−3=0，
Δ=2m2−4m2+4×−3=16m2+48>0，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4
故|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−2mm2+42+12m2+4=4m2+3m2+4，
因为△ABO的面积为35，
所以12|OP||y1−y2|=12×4m2+3m2+4=2m2+3m2+4=35，
设t=m2+3≥3，
则2tt2+1=35，
整理得3t−1t−3=0，
解得t=3，
即m=±6.
故直线l的方程为x=±6y+1，
即x±6y−1=0．
1. 命题“∀x>0，lg2x>0”的否定是( )
A.∀x>0，lg2x≤0B.∀x≤0，lg2x≤0
C.∃x>0，lg2x≤0D.∃x≤0，lg2x≤0
2. 已知集合A={x|x2−2x−8<0}，B={x|2+3x>5}，则A∩B=( )
A.{x|1
3. 现有下列说法：
①若x+y=0，则|x−y|=x−y；
②若a>b，则a−c>b−c；
③命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x≥0，则2x+x<1”．
其中正确说法的个数为（ ）
A.0B.1C.2D.3
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsinB+2csinC=asinA，则△ABC的形状为（ ）
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定
5. 若b>a>0，m<−a，设X=ba，Y=b+ma+m，则( )
A.X>YB.X
6. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段D1B上一点，且BP=2D1P，若AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，则x+y+z=( )
A.53B.23C.43D.1
7. 已知lg2(a−1)+lg2(b+2)=4，则a+b的最小值为( )
A.8B.7C.6D.3
8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，若O为底面A1B1C1D1的中心，则异面直线C1E与AO所成角的余弦值为（ ）
A.3015B.3030C.815D.23015
9. 已知数列an中，an+1−an=n+1，a1=1，设数列1an的前n项和为Sn，则满足Sn≥nn−143的n的最大值为（ ）
A.3B.4C.5D.6
10. 已知直线l与椭圆E:x29+y24=1交于A，B两点，点 P2,1是线段AB的中点，则直线l的斜率是（ ）
A.−89B.98C.89D.−98
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且4StanC=b2csC+bccsB，a+b=2,c=3，则S=( )
A.34B.36C.16D.312
12. 如图，已知抛物线C1:y2=8x，圆C2:x2+y2−4x=0，过圆心C2的直线l与抛物线和圆依次交于点P，M，N，Q，则|PM|⋅|QN|=（ ）
A.2B.4C.6D.8
二、填空题
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=π3，a=2，C=5π12，则b=________．
设等比数列an的前n项和为Sn，若a3+12=0，S3+12=0，则a6+a5=________．
正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长和高均为2，点D为侧棱CC1的中点，连接AD，BD，则C1D与平面ABD所成角的正弦值为________.
过双曲线M:x23−y2=1的右焦点F作圆C:x2+y+12=12的切线，此切线与M的右支交于A，B两点，则|AB|=________．
三、解答题
已知p:|m−1|>aa>0，q：方程x25−m+y2m−2=1表示双曲线．
(1)若q是真命题，求m的取值范围；
(2)若p是q的充分不必要条件，求a的取值范围．
如图，锐角△ABC外接圆的半径为2，点D在边BC的延长线上，AB=3，AC=23，△ACD的面积为974.
(1)求sin∠BAC；
(2)求AD的长．
在数列an中，已知a1=2，且nan+1=2n+1an−nn+1,n∈N*.
(1)设bn=ann−1，求数列bn的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Tn．
如图，已知圆M:x−52+y2=16与抛物线C：y2=mx0
(1)求C的焦点坐标；
(2)若直线4x−3y+a=0a<0与圆M相切，且与C相交于A，B两点，求|AB|．
如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC=30∘，BC=3，AC=3DC，DE//BC，沿DE将点A折至A1处，使得A1C⊥DC，点M为A1B的中点．
(1)证明：A1B⊥平面CMD．
(2)求二面角B−CM−E的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P1,0的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为35（O为坐标原点），求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
由全称命题的否否为特称命题即可得出答案.
【解答】
解：由全称命题的否定为特称命题得，
命题“∀x>0，lg2x>0”的否定是“∃x>0，lg2x≤0”.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|−2
∴ A∩B={x|1
3.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①特值法判断；②由不等式性质判断；③求出否命题判断．
【解答】
解：对于①，当x=−1时，y=1，|x−y|=2，x−y=−2，2≠−2，所以①错；
对于②，由不等式的性质可知，若a>b，则a−c>b−c，所以②正确；
对于③，命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x<0，则2x+x<1”，所以③错．
综上，正确的说法只有1个.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为b2+2c2=a2，
所以csA=b2+c2−a22bc=−c22bc<0，
所以A>90∘，
所以△ABC的形状为钝角三角形．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
根据题意，用作差法分析X−Y的符号，即可得答案．
【解答】
解：根据b>a>0，m<−a，m+a<0，
所以X−Y=ba−b+ma+m=m(b−a)a(a+m)>0，
所以X>Y．
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
根据空间向量的基本定理进行分解即可．
【解答】
解：由题意可得， BP→=2PD1→，
则DP→=DB→+BP→=DA→+AB→+23BD1→
=DA→+AB→+23(BA→+AA1→+AD→)
=13AB→+23AA1→−13AD→，
故x=13,y=−13,z=23，
所以x+y+z=23.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数及其运算
【解析】
根据条件可得出(a−1)(b+2)=16，并且a−1>0，b+2>0，然后根据基本不等式即可得出(a−1)+(b+2)≥8，然后即可求出a+b的最小值．
【解答】
解：∵ lg2(a−1)+lg2(b+2)=lg2[(a−1)(b+2)]=4，
∴ (a−1)(b+2)=16，且a−1>0，b+2>0，
∴ (a−1)+(b+2)≥2(a−1)(b+2)=8，即a+b≥7，
当且仅当a−1=b+2，即a=5，b=2时等号成立，
∴ a+b的最小值为7.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量夹角计算公式即可得出．
【解答】
解：如图所示，建立空间直角坐标系.
不妨设AB=2，
则A2,0,0,O1,1,2,C10,2,2,E2,2,1，
因为C1E→=2,0,−1,AO→=−1,1,2，
所以cs
所以异面直线C1E与AO所成角的余弦值为23015．
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a2−a1=2，a3−a2=3，−an−1=n，
所以an=1+2+⋯+n=nn+12，
1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以Sn=2×(1−12+12−13+ ⋯+1n−1n+1），
所以Sn=2nn+1．
由2nn+1≥nn−143，
化简得3n2−11n−20≤0，
解得1≤n≤5，n∈N*．
故n的最大值为5.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4，y1+y2=2.
因为A，B在椭圆E上，
所以x129+y124=1，x229+y224=1，
所以x12−x229+y12−y224=0,
所以4x1−x29=−2y1−y24，
则y1−y2x1−x2=−89，
即直线l的斜率是−89．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
【解答】
解：因为4S⋅csCsinC=b2csC+bccsB，
所以2abcsC=b2csC+bccsB ，
所以2sinAcsC=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
因为sinA≠0，
所以csC=12．
由csC=12=a2+b2−c22ab=a+b2−3−2ab2ab，
得ab=13，
所以S=12absinC=312 .
故选D .
12.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
圆的标准方程
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
【解答】
解：由抛物线C1:y2=8x，得焦点为F2,0．
圆的标准方程为x−22+y2=4，
所以圆心为2,0，半径r=2．
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
设直线l:x=my+2，
将直线l的方程代入抛物线方程可得y2−8my−16=0，
即y1y2=−16，x1x2=y1y2264=4，
故|PM|⋅|QN|=|PF|−2|QF|−2=x1x2=4.
故选B.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
正弦定理
【解析】
【解答】
解：因为A=π−B−C=π4，
所以bsinπ3=2sinπ4，
解得b=3，
故答案为：3．
【答案】
0
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a1q2=−12，a1+a1q+a1q2=−12，
所以q=−1,a6+a5=0.
故答案为：0．
【答案】
32
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系O−xyz，O为A1B1的中点，
由已知，A−1,0,2，B1,0,2,D0,3,1,C10,3,0，
所以AB→=2,0,0，AD→=1,3,−1，
可求得平面ABD的一个法向量为n→=0,1,3，C1D→=0,0,1，
则C1D与平面ABD所成角的正弦值为|C1D→⋅n→||n→||C1D→|=32．
故答案为：32.
【答案】
23
【考点】
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为直线过双曲线的右焦点，
设直线方程为y−0=kx−2，
由直线与圆相切知|2k−1|1+k2=22，
解得k=1或k=17，
当k=17时，该直线不与双曲线右支相交于两点，故舍去，
所以直线方程为y=x−2，
联立直线方程、双曲线方程，消y得2x2−12x+15=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=6,x1x2=152，
所以|AB|=1+k2|x1−x2|
=2⋅x1+x22−4x1x2
=2×62−4×152=23．
故答案为：23.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得5−mm−2<0 ，
解得m<2或m>5 ．
故m的取值范围为−∞,2∪5,+∞．
(2)由题意可得p:m>a+1或m<−a+1．
因为p是q的充分不必要条件，
所以−a+1≤2,a+1≥5,
解得a≥4．
故a的取值范围为[4,+∞)．
【考点】
双曲线的定义
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得5−mm−2<0 ，
解得m<2或m>5 ．
故m的取值范围为−∞,2∪5,+∞．
(2)由题意可得p:m>a+1或m<−a+1．
因为p是q的充分不必要条件，
所以−a+1≤2,a+1≥5,
解得a≥4．
故a的取值范围为[4,+∞)．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
余弦定理
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【答案】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【答案】
解：(1)联立y2=mx,x−52+y2=16得：x2+m−10x+9=0，
依题意可知Δ=(m−10)2−36=0，
因为0
故C的焦点坐标为1,0．
(2)因为直线4x−3y+a=0与圆M相切，
所以圆心M到直线4x−3y+a=0的距离d=|20+a|5=4，
因为a<0，
所以a=−40，
联立y2=4x,4x−3y−40=0得y2−3y−40=0，
解得y=−5或8，
则|AB|=1+(34)2⋅|8−(−5)|=654.
【考点】
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
直线与圆的位置关系
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)联立y2=mx,x−52+y2=16得：x2+m−10x+9=0，
依题意可知Δ=(m−10)2−36=0，
因为0
故C的焦点坐标为1,0．
(2)因为直线4x−3y+a=0与圆M相切，
所以圆心M到直线4x−3y+a=0的距离d=|20+a|5=4，
因为a<0，
所以a=−40，
联立y2=4x,4x−3y−40=0得y2−3y−40=0，
解得y=−5或8，
则|AB|=1+(34)2⋅|8−(−5)|=654.
【答案】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC=C，
∴ DC⊥平面A1CB，
∴ DC⊥A1B．
∵ ∠BAC=30∘，BC=3，
∴ AC=3BC=3DC=3，
∴ DC=1，
∴ AD=2=A1D，
由勾股定理，得A1C=A1D2−DC2=3=BC．
∵ 点M为A1B的中点，
∴ CM⊥A1B，
又CD∩CM=C，
∴ A1B⊥平面CMD．
(2)解：∵ DE⊥CD，DE⊥A1D，且CD∩A1D=D，
∴ DE平面ACD，
又BC//DE，
∴ BC⊥平面A1CD．
以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则M0,32,32，E1,233,0，B0,3,0，
由(1)可知，m→=1,0,0是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=x,y,z，
则n2→⋅CM→=0,n2→⋅CE→=0,
即32y+32z=0,x+233y=0,
令y=3，则x=−2，z=−3，
∴ n2→=−2,3,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=−21×4+3+3=−105．
又二面角B−CM−E为锐角，
∴ 二面角B−CM−E的余弦值为105．
【答案】
解：(1)由题意可得ca=32，2b=2，c2=a2−b2，
解得a2=4，b2=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
则设直线l的方程为x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1，x24+y2=1，
整理得m2+4y2+2my−3=0，
Δ=2m2−4m2+4×−3=16m2+48>0，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4
故|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−2mm2+42+12m2+4=4m2+3m2+4，
因为△ABO的面积为35，
所以12|OP||y1−y2|=12×4m2+3m2+4=2m2+3m2+4=35，
设t=m2+3≥3，
则2tt2+1=35，
整理得3t−1t−3=0，
解得t=3，
即m=±6.
故直线l的方程为x=±6y+1，
即x±6y−1=0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
椭圆中的平面几何问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得ca=32，2b=2，c2=a2−b2，
解得a2=4，b2=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
则设直线l的方程为x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1，x24+y2=1，
整理得m2+4y2+2my−3=0，
Δ=2m2−4m2+4×−3=16m2+48>0，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4
故|y1−y2|=y1+y22−4y1y2
=−2mm2+42+12m2+4=4m2+3m2+4，
因为△ABO的面积为35，
所以12|OP||y1−y2|=12×4m2+3m2+4=2m2+3m2+4=35，
设t=m2+3≥3，
则2tt2+1=35，
整理得3t−1t−3=0，
解得t=3，
即m=±6.
故直线l的方程为x=±6y+1，
即x±6y−1=0．
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