2020-2021年福建省莆田市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年福建省莆田市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设命题p:∃n∈N，n2>2n，则￢p为( )
A.∀n∈N，n2>2nB.∀n∈N，n2≤2nC.∃n∈N，n2≤2nD.∃n∈N，n2=2n

2. 若直线y=x+3经过抛物线x2=my的焦点，则m=（ ）
A.−12B.−6C.6D.12

3. 等比数列an中， a3=1，a4a6=4，则a10−a8a6−a4的值为（ ）
A.2B.4C.8D.16

4. 已知双曲线my2−x2=1(m∈R)与椭圆y25+x2=1有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±33xC.y=±13xD.y=±3x

5. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线A1D与BD1所成的角为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

6. 《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著. 在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推，在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为( )
A.23岁B.32岁C.35岁D.38岁

7. 若变量x，y满足约束条件 y≤0，x−4y−3≤0，x−2y−1≥0， 则z=3x−2y的最小值为( )
A.−1B.0C.3D.9

8. 设F1，F2是双曲线x2−y24=1的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点 P，使(OP→+OF2→)⋅F2P→=0（ O为坐标原点）且|PF1|=λ|PF2|，则λ的值为（ ）
A.2B.12C.3D.13
二、多选题

下列命题，其中说法正确的是（ ）
A.若a>b，则1a⋯⋯>a9>a10=0>a11>a12>⋯⋯,
所以Sn中的最大项是S9和S10.
可见D错误.
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
余弦定理
解三角形
【解析】
在△ABC中，依据正弦定理，余弦定理以及正弦函数的单调性
分别对四个选项逐一判断即可.
【解答】
解：在△ABC中，
对于A，若a2+b2A>π2−B>0.
根据函数y=sinx的单调性，知：
sinA>sinπ2−B,
于是有sinA>csB.可见D正确.
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
抛物线的性质
抛物线的应用
直线与抛物线的位置关系
【解析】
本题考查抛物线和直线的位置关系，解析几何中三角形面积的求法，以及存在性问题，考查了数学运算，数学推理，直观想象的核心素养．
【解答】
解：由题意可知，直线AB的方程为y=3x−1，
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线和抛物线的方程，y2=4x,y=3x−1，
消去y可得3x2−10x+3=0，
解得x1=3，x2=13，
由抛物线的定义可知|AF|=x1+p2=4，故A正确；
若消去x，可得，y2−433y−4=0,
所以|y1−y2|=y1+y22−4y1y2=833，
故S△OAB=12|OF||y1−y2|=12×833=433,
故B不正确；
设P−1,y0，由PA⊥PB可得y0−23−1−3⋅y0+233−1−13=−1，
化简得y2−433y0+43=0，
解得y0=233,
所以满足条件的点P有且只有一个，故C不正确；
设抛物线上存在Px0,y0满足条件，则有kAPkBP=y0−23x0−3⋅y0+233x0−33=−2 ，
因为Px0,y0在抛物线上，所以y02=4x0，
代人上式并化简可得，4y0+23⋅4y0−233=−2，
即y02+433y0+4=0，此时Δ=4332−4×40，
所以sinA=45；
(2)设MB=MC=m，易知cs∠BMC=−cs∠BMA=−sinA=−45，
在△BMC中由余弦定理得：18=2m2−2m2⋅−45，
解得m=5，
所以S△BMC=12m2sin∠BMC=12×5×35=32，
在Rt△ABM中，sinA=45，MB=5，∠ABM=π2，
所以AB=354，所以S△ABM=158，
所以S△ABC=32+158=278．
【答案】
解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为M8,−8，
所以−82=2p×8，
所以2p=8，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x=y+m，
设Ax1,y1，Bx2,y2，且直线l2与x轴的交点为Q，
由y2=8x,x=y+m,得y2−8y−8m=0，Δ=64+32m>0，
所以m>−2，y1+y2=8，y1y2=−8m，
所以x1x2=y12y2264=m2．
由题意可知OA⊥OB，即x1x2+y1y2=m2−8m=0，
所以m=8或m=0（舍），
所以直线l2：x=y+8，Q8,0，
故S△FAB=S△FQB+S△FQA=12|FM|⋅|y1−y2|
=3y1+y22−4y1y2=245．
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为M8,−8，
所以−82=2p×8，
所以2p=8，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x=y+m，
设Ax1,y1，Bx2,y2，且直线l2与x轴的交点为Q，
由y2=8x,x=y+m,得y2−8y−8m=0，Δ=64+32m>0，
所以m>−2，y1+y2=8，y1y2=−8m，
所以x1x2=y12y2264=m2．
由题意可知OA⊥OB，即x1x2+y1y2=m2−8m=0，
所以m=8或m=0（舍），
所以直线l2：x=y+8，Q8,0，
故S△FAB=S△FQB+S△FQA=12|FM|⋅|y1−y2|
=3y1+y22−4y1y2=245．
【答案】
(1)证明：取AE中点N，连接MN，BN，
则MN是△EAD的中位线，
∴ MN//AD且MN=12AD，
BC//AD且BC=12AD，
则BC//MN且BC=MN，
则四边形BCMN是平行四边形，
∴ CM//BN.
又CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，
∴ CM//平面ABE.
(2)解：取AD中点O，连接OC，OE，易得OE⊥AD，OC⊥AD，
面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD=AD，OE⊥AD，
∴ EO⊥面ABCD.
以O为原点，分别以射线OC，OA，OE为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A0,2,0，B3,2,0，D0,−2,0，E0,0,0,6，
则EB→=3,2,−6，AE→=0,−2,6，AD→=0,−22,0，
假设在棱EB上存在点F满足题意，设EF→=λEB→（0≤λ≤1）．
则EF→=λ3,2,−6，AF→=AE→+EF→=3λ,2λ−2,6−6λ，
设平面ADF的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AF→=0，m→⋅AD→=0，
即3λx+2λ−2y+6−6λz=0，−22y=0，
令z=λ，得平面ADF的一个法向量m→=2λ−2,0,λ，
又平面EAD的一个法向量n→=1,0,0，
由已知|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|2λ−1|2λ−12+λ2=223，
整理得3λ2+2λ−1=0，解得λ=13 （λ=−1舍去），
因此，在棱EB上存在点F，使得二面角E−AD−F的余弦值为223，且EFEB=13．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AE中点N，连接MN，BN，
则MN是△EAD的中位线，
∴ MN//AD且MN=12AD，
BC//AD且BC=12AD，
则BC//MN且BC=MN，
则四边形BCMN是平行四边形，
∴ CM//BN.
又CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，
∴ CM//平面ABE.
(2)解：取AD中点O，连接OC，OE，易得OE⊥AD，OC⊥AD，
面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD=AD，OE⊥AD，
∴ EO⊥面ABCD.
以O为原点，分别以射线OC，OA，OE为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A0,2,0，B3,2,0，D0,−2,0，E0,0,0,6，
则EB→=3,2,−6，AE→=0,−2,6，AD→=0,−22,0，
假设在棱EB上存在点F满足题意，设EF→=λEB→（0≤λ≤1）．
则EF→=λ3,2,−6，AF→=AE→+EF→=3λ,2λ−2,6−6λ，
设平面ADF的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AF→=0，m→⋅AD→=0，
即3λx+2λ−2y+6−6λz=0，−22y=0，
令z=λ，得平面ADF的一个法向量m→=2λ−2,0,λ，
又平面EAD的一个法向量n→=1,0,0，
由已知|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|2λ−1|2λ−12+λ2=223，
整理得3λ2+2λ−1=0，解得λ=13 （λ=−1舍去），
因此，在棱EB上存在点F，使得二面角E−AD−F的余弦值为223，且EFEB=13．
【答案】
(1)解：设椭圆C的焦距|F1F2|=2c，则a2=b2+c2①，
由题意知：S平行四边形A1B1A2B2=12|A1A2|⋅|B1B2|=12×2a×2b=4，得ab=2②.
由题意知：S平行四边形F1B1F2B2=12|F1F2|⋅|B1B2|=12×2c×2b=23，得bc=3③.
由①②③解得：a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y2=1．
(2)证明：定点W为原点O时，|WM|2+|WN|2为定值5．
证明如下：
设Mx1,y1，Nx2,y2，
当直线MN斜率不存在时，|x1|=|x2|，|y1|=|y2|，
所以S△OMN=12|x1|⋅|2y1|=1，
所以x12y12=x121−x124=1，
所以x12=x22=2，y12=y22=12，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22=5.
当直线MN斜率存在时，设直线MN：y=k+m，代入x24+y2=1可得：
1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2．
设点O到直线MN的距离为d，则d=|m|1+k2，
|MN|=1+k2⋅|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k21+4k2−m21+4k2，
因此S△OMN=12|MN|⋅d=2m21+4k2−m21+4k2=1，
所以1+4k22−4m21+4k2+4m4=0，
所以1+4k2−2m22=0，
所以1+4k2−2m2=0，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22
=x12+1−x124+x22+1−x124=2+34x12+x2，
即：|OM|2+|ON|2=2+34x1+x22−2x1x2
=2+3464k2m21+4k22−8m2−81+4k2
=2+3464k2m24m4−8m2−82m2
=2+3416k2+4m2−4
=2+34×8−4=5．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设椭圆C的焦距|F1F2|=2c，则a2=b2+c2①，
由题意知：S平行四边形A1B1A2B2=12|A1A2|⋅|B1B2|=12×2a×2b=4，得ab=2②.
由题意知：S平行四边形F1B1F2B2=12|F1F2|⋅|B1B2|=12×2c×2b=23，得bc=3③.
由①②③解得：a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y2=1．
(2)证明：定点W为原点O时，|WM|2+|WN|2为定值5．
证明如下：
设Mx1,y1，Nx2,y2，
当直线MN斜率不存在时，|x1|=|x2|，|y1|=|y2|，
所以S△OMN=12|x1|⋅|2y1|=1，
所以x12y12=x121−x124=1，
所以x12=x22=2，y12=y22=12，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22=5.
当直线MN斜率存在时，设直线MN：y=k+m，代入x24+y2=1可得：
1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2．
设点O到直线MN的距离为d，则d=|m|1+k2，
|MN|=1+k2⋅|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k21+4k2−m21+4k2，
因此S△OMN=12|MN|⋅d=2m21+4k2−m21+4k2=1，
所以1+4k22−4m21+4k2+4m4=0，
所以1+4k2−2m22=0，
所以1+4k2−2m2=0，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22
=x12+1−x124+x22+1−x124=2+34x12+x2，
即：|OM|2+|ON|2=2+34x1+x22−2x1x2
=2+3464k2m21+4k22−8m2−81+4k2
=2+3464k2m24m4−8m2−82m2
=2+3416k2+4m2−4
=2+34×8−4=5．