山西省運城市景勝中學2021學年上學期高二年級12月月考數(shù)學試卷（理科）

山西省運城市景勝中學2020-2021學年上學期高二年級12月月考數(shù)學試卷（理科）一、選擇題（本題共計12小題，每題5分，共計60分）1已知命題p:?x<0，x2>0，那么A?x≥0，x2≤0 B?x≥0，x2≤0 C2已知α和β表示兩個不重合的平面，a和b表示兩條不重合的直線，則平面α//平面β的一個充分條件是（）Aa//b，a//α且b//β BCa→⊥b→，a//α3直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點，若橢圓中心到l的距離為其短軸長的14，則該橢圓的離心率為()A14 B13 C14如圖圓錐的高SO=3，底面直徑AB=2，C是圓O上一點，且AC=1，則SA與BC所成角的余弦值為（A34 B33 C15集合A=x|-1≤x≤1，若“xAx|-1≤x≤6在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BCA63 B102 C157下列說法正確的是（）A命題“若|x|=5，則x=5"的否命題為“若|B“x=-1C命題“?x0∈D命題“若x=y，則8已知拋物線C:x2=12y，直線l過點0,3與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|=14，則直線l傾斜角A24 B4242 C69已知F1,F2是橢圓C:x28+y2m=1的兩個焦點，若橢圓A0,2∪16,+∞ B0,4∪10已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的右焦點為F，點B是虛軸上的一個端點，線段BF與雙曲線C的右支交于點Ax26-y2511點M，N分別是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中棱BC，CC1的中點，動點P在正方形BCA2 B322 C312已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線x2a2-y2b2=1a>0,b>0A1,2 B2,32二、填空題（本題共計4小題，每題5分，共計20分，）13已知p:?x∈R,x214已知直線y=2x-2與拋物線y2=8x交于A，B兩點，拋物線的焦點為15已知四棱柱ABCD-A1BC1D1的底面ABCD是矩形，AB=5，AD16已知雙曲線x2-y28=1上有三個點A，B，C，且AB，BC，AC的中點分別為D，E，F(xiàn)，用字母k表示斜率，若kOD+kOE+kOF三、解答題（本題共計6小題，共計70分，）1710分已知p：關(guān)于x方程x2+2x+14m2=0(1)若p為真命題，求實數(shù)m的取值范圍；(2)如果“p∨q”為真命題，“p∧q”為假命題，求實數(shù)m1812分已知命題p：實數(shù)x滿足x2-4ax+3a2<0，其中a>0，命題q(1)若a=1，且命題p和命題q均為真命題，求實數(shù)x的范圍；(2)若p是q的必要不充分條件，求a1912分如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB//CD，CD⊥AD，(1)證明：PD⊥(2)若PB與平面PAD所成角的大小為60°，CD=2AB，求點C到平面2012分如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是以AB，(1)證明：AD⊥(2)若D1D=D2112分已知橢圓E：x2a2+y2(1)求曲線E的方程；(2)直線l：y=kx+2交橢圓E于不同的A，B兩點，O是坐標原點，求△AOB2212分已知圓M：x-12+y2=14，動圓(1)求動圓圓心N的軌跡C的方程；(2)已知點P-12,-12，Q1,2，過點P的直線l與曲線C交于兩個不同的點A，B

參考答案一、選擇題（本題共計12小題，每題5分，共計60分）1【答案】C【解答】解：特稱命題的否定是全稱命題已知命題p:?x<0，那么?p是：?x<0故選C．2【答案】D【解答】解：A，B，C選項中平面α和平面β均有可能相交；D中由a//b，a⊥α可得b⊥故選D．3【答案】C【解答】解：設(shè)橢圓的方程為：x2a2+y2b則直線方程為：xc+yb=1，橢圓中心到可得：11∴4=b∴b2∴a2∴e=c故選C．4【答案】A【解答】解：建立如圖所示的空間直角坐標系得：A(0,-1,0)，B(0,1,0)，S(0,0,3設(shè)SA→，BC→的夾角為又SA→=(0,-則cosθ=即SA與BC所成角的余弦值為3故選A．5【答案】B【解答】解：A，B={x|-1≤x≤“x∈B”是“故選項A錯誤B，B={x|-1<x<1}，B包含于“x∈B”是“故選項B正確C，B={x|0<x<2}，B不包含A，A也不包含B，“x∈B”既不是“故選項C錯誤D，B={x|-2<x<1}，B不包含A，A也不包含“x∈B”既不是“故選項D錯誤故選B6【答案】D【解答】解：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的直角坐標系，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1BC1易知AC→為平面B∴sin=4∴直線BC1和平面B故選D7【答案】D【解答】解：A中，命題“若|x|=5，則x=5”的否命題為“若|x|≠5，則x≠5”，故B中，由x2-5x-6=0，解得x=-1或x=6，所以C中，“?x0∈R,D中，命題“若x=y，則sinx=siny故選D．8【答案】D【解答】解：由題意可知，直線l的斜率存在．當直線的斜率為零時，由于0,3為拋物線的焦點，故應(yīng)有|AB|=12，所以直線的斜率存在，且不為零，設(shè)直線l的方程為y=kx+3（k≠0），由消去x得，y2-(12所以|AB|=y所以k=±66，所以tan故選D．9【答案】B【解答】解：先討論當點P在橢圓上時，∠F1PF2cos===≥4當且僅當|PF1|=|Pcos∠F1要使得橢圓C上存在點P滿足∠F1PF2如圖設(shè)橢圓的一個短軸的端點為B，即只需∠F當橢圓的焦點在x軸上時，c=8由題意可得8-mm當橢圓的焦點在y軸上時，c=m由題意可得m-88故選B．10【答案】D【解答】解：設(shè)A(x,?y)，因為右焦點為F(c,?0)，點線段BF與雙曲線C的右支交于點A，BA→所以x=2c3，y=b代入雙曲線方程，可得49所以b=6因為|BF所以c2所以a=2，b=6所以雙曲線C的方程為x2故選D11【答案】D【解答】解：取B1C1，B1B中點E，F(xiàn)，連接A1E則A1E//AM又因為A1所以平面AEF//平面AMN．又因為動點P在正方形BCC所以點P的軌跡為線段EF．又因為正方體ABCD-A1B所以A1E=A所以△A故當點P在點E或者P在點F處時，此時PA1最大，最大值為故選D．12【答案】B【解答】解：如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線延長F2A交PF因為PA是∠F所以|PQ|=|PF因為點P在雙曲線上，所以|PF1因為O是F1F2的中點，AOA是△F所以|QF所以|OA|=a在△Fcos∠AO當P的橫坐標趨近于+∞時，直線PF1的斜率趨近故3e解得e∈故選B二、填空題（本題共計4小題，每題5分，共計20分）13【答案】-2<m<2【解答】解：由?p為假命題可知，p為真命題，則Δ=m解得-2<m<2故答案為：-2<m<214【答案】-11【解答】解：聯(lián)立y=2x-2與y2x2設(shè)Ax1,由已知F2,0則x1+xy1則FA→故答案為：-1115【答案】82【解答】解：∵AC∴|A+2=|+2=25+9+16+2×5×4×1∴AC故答案為：8216【答案】-1【解答】解：設(shè)Ax1,y1則x1+x2=2x0兩式相減得x1整理可得x1-x同理得1kBC因為kOD所以1故答案為：-1三、解答題（本題共計6小題，共計70分）17解：(1)由題可知4-m所以實數(shù)m的取值范圍為-2<m<2(2)命題q：方程y23+所以0<當p為真，q為假時，-2<m<2解得-2<m≤0；當p為假，q為真時，m≤-2解得2≤m<3綜上，實數(shù)m的取值范圍為：(-2,0]∪[2,3)【解答】解：(1)由題可知4-m所以實數(shù)m的取值范圍為-2<m<2(2)命題q：方程y23+所以0<當p為真，q為假時，-2<m<2解得-2<m≤0；當p為假，q為真時，m≤-2解得2≤m<3綜上，實數(shù)m的取值范圍為：(-2,0]∪[2,3)18解：(1)當a=1時，由x2-4x+3<0得即p:1<x<3，由x解得-2≤x≤3即2<x≤3，即q:2<x≤3∵命題p和命題q均為真命題，即x滿足2<x≤3即2<x<3(2)∵p是q的必要不充分條件，∴q是p的充分不必要條件，由p知，A={x|a<x<3a,?a>0}，由q知，B={x|2<x≤3}，∴B?A，∴a≤2即a>1即1<a≤2，即實數(shù)a的取值范圍是(1,?2]【解答】解：(1)當a=1時，由x2-4x+3<0得即p:1<x<3，由x解得-2≤x≤3即2<x≤3，即q:2<x≤3∵命題p和命題q均為真命題，即x滿足2<x≤3即2<x<3(2)∵p是q的必要不充分條件，∴q是p的充分不必要條件，由p知，A={x|a<x<3a,?a>0}，由q知，B={x|2<x≤3}，∴B?A，∴a≤2即a>1即1<a≤2，即實數(shù)a的取值范圍是(1,?2]19(1)證明：因為CD⊥AD，AB//CD，所以AB⊥AD因為平面PAD⊥平面ABCD，交線為AD，所以AB⊥平面PAD，于是AB⊥PD在等腰直角三角形PAD中，PD=PA，所以PD⊥PA又因為AB∩PA=A，所以PD⊥平面PAB，所以PD⊥PB(2)解：由(1)知AB⊥平面PAD，所以PB與平面PAD所成的角即∠APB=結(jié)合已知可得AD=2，AB=3，PB=2，CD=23可得△PBD是以BD為斜邊的直角三角形．設(shè)點C到平面PBD的距離為d，則V=1又因為V=1所以d3=33【解答】(1)證明：因為CD⊥AD，AB//CD，所以AB⊥AD因為平面PAD⊥平面ABCD，交線為AD，所以AB⊥平面PAD，于是AB⊥PD在等腰直角三角形PAD中，PD=PA，所以PD⊥PA又因為AB∩PA=A，所以PD⊥平面PAB，所以PD⊥PB(2)解：由(1)知AB⊥平面PAD，所以PB與平面PAD所成的角即∠APB=結(jié)合已知可得AD=2，AB=3，PB=2，CD=23可得△PBD是以BD為斜邊的直角三角形．設(shè)點C到平面PBD的距離為d，則V=1又因為V=1所以d3=3320(1)證明：在△ABD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60由余弦定理，得BD=A則AD即AD⊥BD因為AD⊥D1D故AD⊥平面D又因為BD1?所以AD⊥BD1(2)解：取BD的中點O，由于D1所以D由(1)可知平面D1DB⊥平面故D1O⊥由等腰梯形，得DC=CB，則CO⊥BD，D1以O(shè)為原點，分別以O(shè)B→，OC→，OD1→的方向為的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，則A(-3,-2,0)，B(3D(-3,0,0)，則AB→=2BC→設(shè)平面B1BC的法向量為則n解得3令x=1，則y=3，z=-則n→又因為m→=0,0,1所以|cos所以二面角A-BC-B的正弦值為1-【解答】(1)證明：在△ABD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60由余弦定理，得BD=A則AD即AD⊥BD因為AD⊥D1D故AD⊥平面D又因為BD1?所以AD⊥BD1．(2)解：取BD的中點O，由于D1所以D由(1)可知平面D1DB⊥平面故D1O⊥由等腰梯形，得DC=CB，則CO⊥BD，D1以O(shè)為原點，分別以O(shè)B→，OC→，OD1→的方向為的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，則A(-3,-2,0)，B(3D(-3,0,0)，則AB→=2BC→設(shè)平面B1BC的法向量為則n解得3令x=1，則y=3，z=-則n→又因為m→=0,0,1所以|cos所以二面角A-BC-B的正弦值為1-21解：(1)由題意：e=ca=又a2解得a=3，b=1，∴曲線E的方程為x(2)設(shè)Ax1,聯(lián)立x消去y并整理，得1+3k∴Δ=12k即k2∴x1+x2∴x==又原點到直線l:y=kx+2的距離d=2∴S==|令t=k2，則∴S===36當且僅當t-1=43，即t=7所以當k2=73，即k=±【解答】解：(1)由題意：e=ca=又a2解得a=3，b=1，∴曲線E的方程為x(2)設(shè)Ax1,聯(lián)立x消去y并整理，得1+3k∴Δ=12k即k2∴x1+x2∴x==又原點到直線l:y=kx+2的距離d=2∴S==|令t=k2，則∴S===36當且僅當t-1=43，即t=7所以當k2=73，即k=±22解：(1)設(shè)N到直線x=-12∵d=|MN|-1∴N到直線x=-1的距離等于N到M(1,0)的距離由拋物線的定義可知，N的軌跡C為拋物線，∴軌跡C的方程為y(2)設(shè)直線l的方程為x+1即2x-2my+1-m=0∵A，B與Q點不重合，∴m≠設(shè)直線QA，QB的斜率分別為k1和kk1+k2=λ聯(lián)立2x-2my+1-m=0消去x，得y2則y1+y由Δ=(4m)解得m<-1或m>12因為k=2