2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）11月周练数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）11月周练数学试卷人教A版，共7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“若x=2且y=6，则x+y=8”，与它的逆命题，否命题，逆否命题这四个命题中，真命题的个数( )

A.1B.2C.3D.4

2. 已知正三棱锥A−BCD 三条侧棱两两相互垂直且长为1，则其外接球的表面积为( )
A.3πB.4πC.8πD.12π

3. 若直线l与直线3x+y−1=0垂直，且直线l在x轴上的截距为−2，则直线l的方程为( )
A.x−3y−2=0B.x−3y+2=0C.3x−y+2=0D.3x−y−2=0

4. “a=−2”是“直线ax+2y+1=0和直线3x+a−1y−2=0平行”的________条件．( )
A.充分不必要B.必要不充分
C.充要D.既不充分又不必要

5. 已知方程x2+y2+4x−2y−4=0，则x2+y2的最大值是( )
A. 14−65B.14C.9D. 14+65

6. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，则异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值为( )
A.255B.32C.105D.1010

7. 已知点P(m, n)是直线2x+y+5=0上的任意一点，则(m−1)2+(n+2)2的最小值为( )
A.0B.5C.5D.355

8. 两条平行直线l1:x+1+my−2=0和l2:mx+2y+4=0之间的距离为( )
A.455B.655C.6D.4

9. 过点A(1，2)的直线在两坐标轴上的截距相等，则该直线方程为( )
A.x−y+1=0B.x+y−3=0
C.2x−y=0或x+y−3=0D.2x−y=0或x−y+1=0

10. 命题p：直线x+m+1y−2=0与直线mx+2y+4=0相交；命题q：直线mx−y−1=0与圆x−32+y2=8相离．若命题p∧q为真命题，则实数m的取值范围为（ ）
A.−∞,−1∪7,+∞B.−1,1∪1,7
C.−∞,−2∪−2,−1∪7,+∞D.−∞,−2∪7,+∞
二、填空题

已知两圆相交于两点2,3和 m,2，且两圆的圆心都在直线x+y+n=0上，则m+n的值是________.
三、解答题

已知p:lg2x−1<1，q:x2−2x0.
(1)当a=2时，若p∧q为真命题，求x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．

已知圆C:x2+y2−2x+4y−4=0．
(1)直线l1过点P(2, 0)，被圆C截得的弦长为42，求直线l1的方程；

(2)直线l2的斜率为1，且l2被圆C截得弦AB，若以AB为直径的圆过原点，求直线l2的方程．

在四棱锥P−ABCD中， ∠ABC=∠ACD=90∘ ，∠BAC=∠CAD=60∘,PA⊥平面ABCD，E为PD的中点， PA=2AB=2.

(1)求证： PC⊥AE;

(2)求证： CE//平面PAB.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市高二（上）11月周练数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题的真假关系
四种命题的定义
【解析】
利用互为逆否命题的两个命题，命题真假性相同，即可得到答案.
【解答】
解：由题意，命题：“若x=2且y=6，则x+y=8”为真命题，则由四种命题之间的关系，可知该命题的逆否命题也是真命题，该命题的否命题是假命题；
这个命题的逆命题：“若x+y=8，则x=2且y=6”显然为假命题，
所以这个命题与它的逆命题，否命题，逆否命题这四个命题中，真命题的个数为2.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
利用正三棱锥三条侧棱两两互相垂直，构造边长为1的正方体，则正方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径即可求出球的表面积．
【解答】
解：∵ 正三棱锥三条侧棱两两互相垂直，
∴ 构造边长为1的正方体，
则正方体的体对角线为正三棱锥外接球的直径.
设球半径为r，
则正方体的体对角线长为3=2r，
即正三棱锥外接球的半径r=32，
∴ 正三棱锥外接球的表面积为4πr2=4×34π=3π．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程
直线的斜率
【解析】

【解答】
解：因为直线3x+y−1=0的斜率为−3，
所以直线l的斜率为13．
又直线l在x轴上的截距为−2，
即直线l与x轴的交点为−2,0，
所以直线l的方程为y−0=13x+2，
即x−3y+2=0.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断．
【解答】
解：由题意知，直线ax+2y+1=0和直线3x+a−1y−2=0平行，
①当a=−2时，
两直线等价为−2x+2y+1=0和直线3x−3y−2=0.
又−23=2−3≠1−2，
所以两直线平行.
②要使直线ax+2y+1=0和直线3x+a−1y−2=0平行，
则满足3a=a−12≠−21，(a≠0).
得a2−a−6=0，a≠−32，a≠−3，
解得a=−2或a=3，
即“a=−2”是“直线ax+2y+1=0和直线3x+a−1y−2=0平行”的充分不必要条件．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
两点间的距离公式
【解析】
把已知的方程配方后，得到此方程表示以B为圆心，3为半径的圆，在平面直角坐标系中画出此圆，所求式子即为圆上的点到原点的距离的平方，即要求出圆上的点到原点的最大距离，故连接OB并延长，与圆B交于A点，此时A到原点的距离最大，|AB|为圆B的半径，利用两点间的距离公式求出|OB|的长，根据|AB|+|OB|=|AO|求出|AO|的平方，即为所求式子的最大值．
【解答】
解：方程x2+y2+4x−2y−4=0可变形为(x+2)2+(y−1)2=9，
表示圆心B(−2, 1)，半径为3的圆，连接OB并延长，与圆B交于点A，如图所示：
在图中，x2+y2表示圆B上的点到原点O的距离的平方，
此时x2+y2的最大值为|AO|2.
又|AO|=|AB|+|BO|=3+(−2)2+12=3+5，
则|AO|2=(3+5)2=14+65，即x2+y2的最大值为14+65.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：连结BD，
因为BD//B1D1，
所以∠A1BD就是A1B与B1D1所成的角.
在△A1BD中，BD=22，A1B=A1D=25，
设E为BD的中点，连结A1E，则A1E⊥BD，
所以cs∠A1BD=225=1010.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
由已知得(m−1)2+(n+2)2的最小值是点(1, −2)到直线2x+y+5=0的距离，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 点P(m, n)是直线2x+y+5=0上的任意一点，
∴ (m−1)2+(n+2)2的最小值是点(1, −2)到直线2x+y+5=0的距离，
∴ (m−1)2+(n+2)2的最小值d=|2−2+5|4+1=5．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
两条直线平行的判定
【解析】
通过平行的条件求出m的值有两解，检验是否重合后得到两条直线的方程，然后利用平行线之间的距离公式求解即可．
【解答】
解：两条直线l1:x+(1+m)y−2=0与l2:mx+2y+4=0平行，
可得2=m(m+1)，解得m=−2或1，
经检验，m=−2时，两直线重合，舍去，
当m=1时，l1:x+2y−2=0与l2:x+2y+4=0平行，
则l1与l2间的距离是：|−2−4|12 + 22 = 655．
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当直线过原点时，方程为：y=2x，
即2x−y=0.
当直线不过原点时，设直线的方程为：x+y=k，
把点(1,2)代入直线的方程可得k=3，
故直线方程是x+y−3=0.
综上可得所求的直线方程为：2x−y=0或x+y−3=0.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
两条直线平行的判定
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
先分别求出两个命题为真时的m的取值范围，再由p∧q为真，则p真q真，求交集即可.
【解答】
解：若直线x+m+1y−2=0与直线mx+2y+4=0相交，
则mm+1≠2，所以m≠1且m≠−2；
若直线mx−y−1=0与圆x−32+y2=8相离，
则|3m−1|m2+1>22，所以m<−1或m>7．
因为p∧q为真命题，所以m≠1且m≠−2,m<−1或m>7,
即m∈−∞,−2∪−2,−1∪7,+∞.
故选C．
二、填空题
【答案】
−3
【考点】
直线的斜率
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据两交点的直线和直线垂直得到斜率关系，同时两交点的中点也在直线上，建立方程关系进行求解即可．
【解答】
解：∵ 两圆相交于两点A2,3和Bm,2，
且两圆的圆心都在直线x+y+n=0上，
∴ AB垂直直线x+y+n=0，
∴ AB的斜率k=3−22−m=12−m=1，
解得 m=1，
∵ AB的中点32,52也在直线x+y+n=0上，
∴ 32+52+n=0，
解得n=−4，
∴ m+n=−4+1=−3.
故答案为：−3.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为p:lg2x−1<1，
所以0≤lg2x−1<1，解得2≤x<3．
因为q:x2−2x所以x2−2x+1−a2<0，
解得1−a当a=2时，q:−1因为p∧q为真命题，
所以2≤x<3,−1故x的取值范围为[2,3)．
(2)因为p是q的充分不必要条件，
所以[2,3)⫋(1−a,1+a)，
即1−a<2，1+a≥3，
解得a≥2，
故a的取值范围为[2,+∞)．
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的真假判断与应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为p:lg2x−1<1，
所以0≤lg2x−1<1，解得2≤x<3．
因为q:x2−2x所以x2−2x+1−a2<0，
解得1−a当a=2时，q:−1因为p∧q为真命题，
所以2≤x<3,−1故x的取值范围为[2,3)．
(2)因为p是q的充分不必要条件，
所以[2,3)⫋(1−a,1+a)，
即1−a<2，1+a≥3，
解得a≥2，
故a的取值范围为[2,+∞)．
【答案】
解：(1)圆C：(x−1)2+(y+2)2=9，圆心为(1, −2)，半径为3，
因直线l1过点P(2, 0)，
①当直线斜率不存在时，直线l1:x=2，圆心到直线的距离为1
∴ 直线l1被圆C截得的弦长为29−1=42，
∴ 直线l1:x=2满足题意；
②当直线斜率存在时，可设l1方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
由直线l1被圆C截得的弦长为42，
则圆心C到l1的距离为9−(22)2=1，
∴ |k+2−2k|1+k2=1，
∴ k=34，
∴ l1方程为y=34(x−2)，即3x−4y−6=0.
由上可知l1方程为：x=2或3x−4y−6=0 .
(2)设直线l2的方程为y=x+b，代入圆C的方程，整理可得2x2+(2b+2)x+b2+4b−4=0(∗)，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，∴ OA⊥OB．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1x2+y1y2=0，
∴ 2x1x2+b(x1+x2)+b2=0.
由(∗)式得x1+x2=−b−1，x1x2=b2+4b−42，
∴ b2+4b−4+b(−b−1)+b2=0，即b2+3b−4=0，
∴ b=−4或b=1.
将b=−4或b=1代入(∗)方程，对应的Δ>0．
故直线l2:x−y−4=0或x−y+1=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的一般式方程
【解析】
(1)确定圆心坐标与半径，分类讨论，利用直线l1圆C截得的弦长为42，即可求直线l1的方程；
(2)设直线l2的方程为y=x+b，代入圆C的方程，利用韦达定理，结合以AB为直径的圆过原点，即可求直线l2的方程
【解答】
解：(1)圆C：(x−1)2+(y+2)2=9，圆心为(1, −2)，半径为3，
因直线l1过点P(2, 0)，
①当直线斜率不存在时，直线l1:x=2，圆心到直线的距离为1
∴ 直线l1被圆C截得的弦长为29−1=42，
∴ 直线l1:x=2满足题意；
②当直线斜率存在时，可设l1方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
由直线l1被圆C截得的弦长为42，
则圆心C到l1的距离为9−(22)2=1，
∴ |k+2−2k|1+k2=1，
∴ k=34，
∴ l1方程为y=34(x−2)，即3x−4y−6=0.
由上可知l1方程为：x=2或3x−4y−6=0 .
(2)设直线l2的方程为y=x+b，代入圆C的方程，整理可得2x2+(2b+2)x+b2+4b−4=0(∗)，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，∴ OA⊥OB．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1x2+y1y2=0，
∴ 2x1x2+b(x1+x2)+b2=0.
由(∗)式得x1+x2=−b−1，x1x2=b2+4b−42，
∴ b2+4b−4+b(−b−1)+b2=0，即b2+3b−4=0，
∴ b=−4或b=1.
将b=−4或b=1代入(∗)方程，对应的Δ>0．
故直线l2:x−y−4=0或x−y+1=0．
【答案】
证明：(1)在Rt△ABC中，AB=1,∠BAC=60∘,
∴ BC=3,AC=2．取PC中点F，连结AF，EF，
∵ PA=AC=2，∴ PC⊥AF ，
∵ PA⊥平面ABCD， CD⊂平面ABCD，
∴ PA⊥CD ，
又∵ ∠ACD=90∘，即CD⊥AC，
∴ CD⊥平面PAC，
∴ CD⊥PC，
∴ EF⊥PC ，
∴ PC⊥平面AEF．
∴ PC⊥AE·
(2)取AD中点M，连结EM，CM，
则EM//PA ，
∵ EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB,
∴ EM//平面PAB ,
在Rt△ACD中， ∠CAD=60∘ ,AC=AM=2,
∴ ∠ACM=60∘．而∠BAC=60∘，
∴ MC//AB,
∵ MC⊄平面PAB， AB⊂平面PAB,
∴ MC//平面PAB,
∵ EM∩MC=M，
∴ 平面EMC//平面PAB，
∵ EC⊂平面EMC，
∴ CE//平面PAB.
【考点】
两条直线垂直的判定
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】


【解答】
证明：(1)在Rt△ABC中，AB=1,∠BAC=60∘,
∴ BC=3,AC=2．取PC中点F，连结AF，EF，
∵ PA=AC=2，∴ PC⊥AF ，
∵ PA⊥平面ABCD， CD⊂平面ABCD，
∴ PA⊥CD ，
又∵ ∠ACD=90∘，即CD⊥AC，
∴ CD⊥平面PAC，
∴ CD⊥PC，
∴ EF⊥PC ，
∴ PC⊥平面AEF．
∴ PC⊥AE·
(2)取AD中点M，连结EM，CM，
则EM//PA ，
∵ EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB,
∴ EM//平面PAB ,
在Rt△ACD中， ∠CAD=60∘ ,AC=AM=2,
∴ ∠ACM=60∘．而∠BAC=60∘，
∴ MC//AB,
∵ MC⊄平面PAB， AB⊂平面PAB,
∴ MC//平面PAB,
∵ EM∩MC=M，
∴ 平面EMC//平面PAB，
∵ EC⊂平面EMC，
∴ CE//平面PAB.