河北省2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期11月期中考試數(shù)學(xué)試卷(含答案解析)

河北省2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期11月期中考試數(shù)學(xué)試卷（含答案解析）河北省2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期11月期中考試數(shù)學(xué)試卷（含答案解析）高考真題高考模擬高中聯(lián)考期中試卷期末考試月考試卷學(xué)業(yè)水平同步練習(xí)

河北省2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期11月期中考試數(shù)學(xué)試卷（含答案解析）1已知命題，，則p的否定是（）

A.，B.，

C.，D.，

【答案解析】A

【分析】

根據(jù)全稱命題與存在性命題的關(guān)系，準(zhǔn)確改寫，即可求解.

【詳解】由全稱命題與存在性命題的關(guān)系，

可得命題，的否定是，.

故選：A.

2已知向量，，且，則（）

A.－4B.－6C.4D.6

【答案解析】A

【分析】

由向量平行關(guān)系可求得的值，進(jìn)而求得結(jié)果.

【詳解】，，，.

故選：A.

3若直線經(jīng)過拋物線的焦點，則（）

A.6B.12C.－6D.－12

【答案解析】D

【分析】

直線與軸交點即為拋物線的焦點.

【詳解】因為直線與軸的交點為，

所以，即.

故選:D

【點睛】此題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，屬于基礎(chǔ)題.

4在四面體ABCD中，E是棱BC的中點，且，則（）

A.B.

C.D.

【答案解析】C

【分析】

根據(jù)向量的加法法則和數(shù)乘的定義判斷．

【詳解】因為，

所以，，則.

故選：C．

5若雙曲線（，）與雙曲線有相同的漸近線，且C經(jīng)過點(2,6)，則C的實軸長為（）

A.4B.C.12D.

【答案解析】B

【分析】

根據(jù)共漸近線的雙曲線系方程可設(shè)，代入可求得雙曲線方程，根據(jù)雙曲線方程可求得實軸長.

【詳解】雙曲線與有相同的漸近線，可設(shè)雙曲線的方程為，

將代入可得：，雙曲線的方程為，

的實軸長為.

故選：B.

【點睛】結(jié)論點睛：與雙曲線共漸近線的雙曲線系方程為：.

6在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為棱BC，CC1的中點，則異面直線MN與AB1所成角的大小為（）

A.B.C.D.

【答案解析】C

【分析】

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出即可得結(jié)果.

【詳解】設(shè)，以為坐標(biāo)原點，為x軸的正方向，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，

，.

則，

故異面直線MN與所成角的大小為.

故選：C.

7若曲線C的方程是，則C的形狀是（）

A.拋物線B.圓C.雙曲線D.橢圓

【答案解析】A

【分析】

由可得，根據(jù)幾何意義可得點到定點的距離等于到直線的距離，由拋物線的定義可知C的形狀是拋物線.

【詳解】由，

可得

其中表示點到定點的距離，

表示點到直線的距離，

所以點到定點的距離等于到直線的距離，

且點不在直線上，

所以由拋物線的定義可知，C的形狀是拋物線，

故選：A

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點是兩邊同時除以得，能觀察出等號左邊是點到定點的距離，等號右邊是點到直線的距離，根據(jù)拋物線的定義可知動點的軌跡是拋物線，注意判斷定點不在定直線上.

8如圖，F(xiàn)為橢圓（，）的左焦點，A，B兩點關(guān)于C的中心O對稱，且A，B在C上，若，，則C的離心率的取值范圍是（）

A.B.

C.D.

【答案解析】A

【分析】

由，得到為直角三角形，得出四邊形為矩形，根據(jù)橢圓的定義和矩形的性質(zhì)，得到，，設(shè)，得出，，結(jié)合離心率的定義，即可求解.

【詳解】如圖所示，因為，，兩點關(guān)于C的中心O對稱，

所以為直角三角形，所以，

設(shè)C的右焦點為，根據(jù)對稱性可知，四邊形為矩形，

則，，

設(shè)，則，

所以，，

則，

因為，所以，所以，

又因為，故.

故選：A.

9（多選題）在三棱錐P-ABC中，，，，，則（）

A.B.

C.D.

【答案解析】ACD

【分析】

根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運算可判斷A、B，計算的值可判斷C，利用向量的模長公式可判斷選項D，即可得正確答案.

【詳解】對于選項A：，故選項A正確；

對于選項B：，故選項B不正確；

對于選項C：，則，所以，故選項C正確；

對于選項D：因為，故選項D正確，

故選：ACD

10（多選題）若拋物線上一點到焦點的距離為m，則（）

A.B.C.D.

【答案解析】AC

【分析】

根據(jù)拋物線的定義，可得，結(jié)合點在拋物線上，聯(lián)立方程組，即可得的值，得到答案.

【詳解】由拋物線，可得其準(zhǔn)線方程為，

因為點到焦點的距離為m，根據(jù)拋物線的定義，可得，

又由點是拋物線上的點，可得，

聯(lián)立方程組，解得.

故選：AC.

11（多選題）已知，則（）

A.“”是“”的充要條件

B.“”是“”的必要不允分條件

C.“”是“”的充分不必要條件

D.“”是“”的充分不必要條件

【答案解析】BCD

【分析】

利用函數(shù)的單調(diào)性求得的范圍得解

【詳解】設(shè)函數(shù)，易知此函數(shù)為增函數(shù)，

且，，所以.

由此可得，“”是“”的必要不充分條件，“”是“”的必要不充分條件，

“”是“”的充分不必要條件，“”是“”的充分不必要條件.

故選：BCD

【點睛】求得是解題關(guān)鍵.

12（多選題）已知點，分別為雙曲線（，）的左，右焦點，過的直線交雙曲線于A，B兩點（點A在點B的上方），且，，則該雙曲線的離心率可能為（）

A.B.2C.D.

【答案解析】ACD

【分析】

設(shè)（），則，，然后結(jié)合雙曲線的定義對A，B的位置進(jìn)行分類討論，再由離心率的定義進(jìn)行計算即可.

【詳解】由題意可設(shè)（），則，，

當(dāng)A，B均在雙曲線的右支上時，由雙曲線的定義可知，

，所以，

所以，所以，

所以，，

在中，由勾股定理可得，

所以；

當(dāng)點A在雙曲線的左支上時，由雙曲線的定義可知，

，所以，

所以，

所以，所以，，

在中，由勾股定理可得，

所以；

當(dāng)A，B分別在雙曲線的右支左支上時，

由，得，

則，所以.

故選：ACD.

13拋物線的準(zhǔn)線方程是_____.

【答案解析】

【分析】

將拋物線方程化成標(biāo)準(zhǔn)式，再求準(zhǔn)線即可

【詳解】由，拋物線焦點在的正半軸，則此拋物線準(zhǔn)線為

故答案為

【點睛】本題考查拋物線準(zhǔn)線方程的求法，解題時需將拋物線化成標(biāo)準(zhǔn)式，需明確焦點在哪個軸上，屬于基礎(chǔ)題

14在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，給出以下結(jié)論：

①點關(guān)于z軸的對稱點的坐標(biāo)是；

②點關(guān)于平面對稱的點的坐標(biāo)是；

③若，，則

其中所有正確結(jié)論的序號是________.

【答案解析】①③

【分析】

根據(jù)空間直角坐標(biāo)系中的對稱性和空間向量的夾角公式對三個選項判斷即可得解.

【詳解】點關(guān)于z軸的對稱點的坐標(biāo)為，故①正確；

點關(guān)于yOz平面對稱的點的坐標(biāo)是，故②錯誤；

若，，

則，則，故③正確.

故答案為：①③.

15已知橢圓的左，右焦點分別為，，點，橢圓C短軸的一個端點恰為的重心，則橢圓C的長軸長為________.

【答案解析】

【分析】

由橢圓方程求得半焦距，再由橢圓短軸的一個端點恰為的重心列式求得短半軸長，進(jìn)而求得橢圓的長軸長.

【詳解】解：由橢圓方程，可知，

即，的坐標(biāo)分別為，，

因為點，且（是橢圓短半軸長）是的重心，

所以，

故橢圓的長軸長.

故答案為：.

【點睛】本題考查橢圓長軸長的求法，解題關(guān)鍵是求出橢圓半焦距，結(jié)合三角形重心的性質(zhì)求出短半軸長，結(jié)合，，三者的關(guān)系式求出橢圓長軸長，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

16在三棱錐P-ABC中，PA，AB，AC兩兩垂直，D為棱PC上一動點，，.當(dāng)BD與平面PAC所成角最大時，AD與平面PBC所成角的正弦值為________.

【答案解析】

【分析】

首先可證平面PAC，則BD與平面PAC所成角為，所以當(dāng)D為PC的中點時取得最大值，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出線面角的正弦值；

【詳解】解：因為PA，AB，AC兩兩垂直，

所以平面PAC，則BD與平面PAC所成角為，

所以，

當(dāng)AD取得最小值時，取得最大值在等腰中，

當(dāng)D為PC的中點時，AD取得最小值，以A為坐標(biāo)原點，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，

則，，，，，

則，，，

設(shè)平面PBC的法向量為，則，

即，令，得.

因為，

所以AD與平面PBC所成角的正弦值為.

故答案為：

17在①，②，③這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中.

問題：如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.已知點D1的坐標(biāo)為，E為棱D1C1上的動點，F(xiàn)為棱B1C1上的動點，________，試問是否存在點E，F(xiàn)滿足若存在，求的值；若不存在，請說明理由注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.

【答案解析】答案不唯一，具體見解析

【分析】

選擇一個條件，利用空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示公式、空間向量垂直的性質(zhì)、空間向量模的坐標(biāo)表示公式以及空間向量夾角的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.

【詳解】解：由題意，正方體棱長為2.

則，，，，

設(shè)，，

則，，，，

所以.

選擇①，因為，所以，

即，

，

因，所以，

故存在點，，

滿足，且.

選擇②，，即，，

因為，所以，

故存在點，，

滿足，且.

選擇③，，，

因為，所以與不共線，

所以，即，

則，

故不存在點E，F(xiàn)滿足.

18已知直線與拋物線交于A、B兩點，且點(2,－4)在C上.

（1）求C的方程；

（2）若的斜率為3，且過點(1,1)，求.

【答案解析】；.

【分析】

將點代入拋物線的解析式中即可求出的值，進(jìn)而得出拋物線的方程；

把直線的方程與拋物線聯(lián)立，進(jìn)而利用弦長公式求得.

【詳解】解：將代入，得，

解得，故的方程為.

因為的斜率為3，且過點，

所以的方程為，即，

聯(lián)立，

得，，

設(shè)，兩點坐標(biāo)分別為，，

則，，

故

.

【點睛】本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，弦長的求法，考查運算求解能力，分析問題能力，屬于中檔題.

19如圖，在三棱錐D-ABC中，平面ABC，且，，.

（1）證明：為直角三角形；

（2）以A為圓心，在平面DAB中作四分之一個圓，如圖所示，E為圓弧上一點，且，，求異面直線AE與CD所成角的余弦值.

【答案解析】（1）證明見解析；（2）.

【分析】

（1）由平面，知，結(jié)合根據(jù)線面垂直的判定定理推出平面，從而有，得證；

（2）以為原點，、所在的直線分別為、軸，作平面，建立空間直角坐標(biāo)系，求出，，利用空間向量夾角公式即可得解．

【詳解】（1）平面ABC，BC在平面內(nèi)，，

又，，在平面內(nèi)，

平面ABD，

平面ABD，，

從而為直角三角形.

（2）以為原點，、所在的直線分別為、軸，作平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz，

因為，，，，，

則，，，，

則，，

從而，

故AE與CD所成角的余弦值為.

【點睛】求異面直線所成的角主要方法有兩種：一是向量法，根據(jù)幾何體的特殊性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系后，分別求出兩直線的方向向量，再利用空間向量夾角的余弦公式求解；二是傳統(tǒng)法，利用平行四邊形、三角形中位線等方法找出兩直線成的角，再利用平面幾何性質(zhì)求解.

20已知P是橢圓上的動點.

（1）若A是C上一點，且線段PA的中點為，求直線PA的斜率；

（2）若Q是圓上的動點，求的最小值.

【答案解析】（1）；（2）.

【分析】

（1）設(shè)A，P兩點的坐標(biāo)分別為，，代入橢圓方程，利用點差法即可求得直線PA的斜率；

（2）設(shè)，圓心，可得的表達(dá)式，利用二次函數(shù)性質(zhì)，即可求得的最小值，進(jìn)而可得答案.

【詳解】（1）設(shè)A，P兩點的坐標(biāo)分別為，，

因為A，P兩點都在C上，所以，

兩式相減，得，

因為，，

所以.

（2）設(shè)，則，圓心，

則，

當(dāng)時，取得最小值，且最小值為.

因為圓D的半徑為.

所以的最小值為.

【點睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握點差法的步驟，點差法常見的結(jié)論有，設(shè)以為中點的弦所在斜率為k，則（1）橢圓中，；（2）雙曲線中，；（3）拋物線中，熟記結(jié)論可簡化計算，提高正確率，屬中檔題.

21如圖，在四邊形ABCD中，，且，，點E是線段AB上靠近點A的一個三等分點，以DE為折痕將折起，使點A到達(dá)點A1的位置，且.

（1）證明：平面平面BCD；

（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.

【答案解析】（1）證明見解析；（2）.

【分析】

（1）連接，OC，結(jié)合勾股定理和等邊三角形的性質(zhì)，證得和，利用線面垂直的判定定理，得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可證得平面平面BCD.

（2）以的方向為x軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，分別求得平面和平面的一個法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.

【詳解】（1）由題意，四邊形BCDE為菱形，連接CE，取DE的中點O，

連接，OC，如圖所示，

在中，，且，，可得，，

則，則，

即，即.

因為O是DE的中點，所以，

因為，所以為等邊三角形，

所以，且，

所以，所以，即.

又因為，且，所以平面，

又因為平面BCD，所以平面平面BCD.

（2）以的方向為x軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，

則，，，，，

設(shè)平面的法向量為，

則，令，可得，

設(shè)平面的法向量為，

則，令，得.

因為.

所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.

22已知圓，P為圓O上的動點，點M在軸上，且M與P的橫坐標(biāo)相等，且，點N的軌跡記為C.

（1）求的方程；

（2