2020-2021学年吉林省白山市高二上学期期末考试(文科)数学试题(解析版)

吉林省白山市2020-2021学年高二上学期

期末考试数学（文科）试题

第Ⅰ卷

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

x2y21上任意一点到两焦点的距离之和为（ ）1．椭圆． 116A．26

B．25

C．211

D．11

2．设命题p:nR，2n1是奇数，则p为（ ）． A．nR，2n1是偶数 C．nR，2n1是偶数

2

B．nR，2n1不是奇数 D．nR，2n1不是奇数

3．若直线yx3经过抛物线ymx的焦点，则m（ ）． A．6

B．12

C．6

D．12

4．在下列函数中，求导错误的是（ ）． A．fxx21，fx2x C．hx

2B．gxxlnx，gxlnx1 xx2x1， hxxxeeD．xxsinxcosx，xxcosx

2225．圆C1:xy9与圆C2:x1y236的位置关系是（ ）．

A．相交 B，相离 C．内切 D．内含

x2y21的渐近线的斜率为（ ）6．双曲线． 22sin40cos40A．tan50

B．tan40

C．sin50

D．sin40

7．如图，某圆锥的顶点为A，底面圆的圆心为O，BC与DE为底面圆的两条互相垂直的直径，F为母线AB的中点，且AO3，BO2，则异面直线AC与DF所成角的正切值为（ ）．

1

期中考试试卷

A．

3 2 B．

10 3 C．

13 4 D．

413 138．已知函数fxx3kxk，则“k0”是“fx有极值”的（ ）． A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

9．已知a，b表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题为假命题的是（ ）．

A．若a，a，则//

B．若，a，a//b，b，则b// C．若a//b，b，则a D，若a//，b，则a//b

10．已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体外接球的表面积为32π，则该几何体的高h为（ ）．

A．3

2B．23 2 C．4 D．6

11．已知P是圆C:xy2x4y10外一点，过P作圆C的两条切线，切点分别为． A，B，则PAPB的最小值为（ ）A．12218

B．6318

C．12216

D．6316

12．已知奇函数fx的定义城为R，且对任意xR，fxfx0恒成立，则不

2

期中考试试卷

f2x30等式组x的解集是（ ）． 4efx1ef2x3A．4,

B．0,

32

C．,4 第Ⅱ卷

32

D．1,4,

32二、填空题：

13．两平行直线kx8y20与6x8y10之间的距离为______．

y2x21的离心率为______． 14．双曲线

4715．若直线y3xm与函数y4x2的图象有公共点，则m的最小值为______．

16．已知曲线y2xlnx在点1,2处的切线与曲线ya1x2a3x5相切，则a______．

三、解答题：解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知m为正数，p:不等式x2m3对xR恒成立；q:函数fxx2的最小值不小于2．

（1）若q为真命题，求m的取值范围；

（2）若pq为假命题，pq为真命题，求m的取值范围．

18．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，D为棱BC的中点．

mx0x2

（1）证明：A1C//平面AB1D． （2）求点A1到平面AB1D的距离．

3

期中考试试卷

4

期中考试试卷

19．已知直线l与抛物线C:y22pxp0交于A，B两点，且点2,4在C上． （1）求C的方程；

（2）若l的斜率为3，且过点1,1，求AB．

5

期中考试试卷

——★ 参*考*答*案 ★——

一、选择题 1．C

x2y21任意一点到两焦点的距离之和为2a211．『解 析』因为a11，所以椭圆 11622．B

『解 析』p:nR，2n1不是奇数．

3．D

『解 析』因为直线yx3与x轴的交点为3,0，

所以

m3，即m12． 44．B

2『解 析』fxx12x；

1gxxlnxxlnxlnxxlnx1；

xhxx2exx2exex2x1； xexxsinxxsinxcosxsinxxcosxsinxxcosx．

5．D

『解 析』由题知C10,0，r13，C21,2，r26．

C1C21020225，

因为r2r13，所以C1C2r2r1， 所以圆C1和圆C2的位置关系是内含． 6．A

『解 析』因为a2sin240，b2cos240，

所以

bcos40sin50tan50， asin40cos50故所求渐近线的斜率为tan50．

6

期中考试试卷 7．D

『解 析』因为AO底面圆，所以AODE，

又DEBC，AOBCO，所以DE平面ABC．

连接OF，则OF//AC，则OFD为异面直线AC与DF所成角，

易知DOOF，OFAB13， 22所以tanOFD8．C

DO413． OF13『解 析』当k0时，fx3x2k0，fx在R上单调递增，无极值；

当k0时，fx有极值．故选C． 9．D

『解 析』对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以A选项正确；

对于B选项，因为，a，a//b，所以b，所以b或b//， 又因为b，所以b//，所以B选项正确；

对于C选项，由于a//b，b，所以a，所以C选项正确； 对于D选项，a，b可能异面，所以D选项错误． 10．C

『解 析』由三视图可知，该几何体是直三棱柱，

且底面是顶角为120°，底边长为23的等腰三角形，

该三角形外接圆的直径2r234，

sin120 7

期中考试试卷

212h所以该几何体外接球的半径Rr4h，

422从而外接球的表面积S4πR216h2π32π，解得h4． 11．A

『解 析』圆C的标准方程为x1y26，则圆C的半径为6．

设PCd，则PAPB22d26，

261261因为sinAPC，所以cosAPB12， 2ddd所以PAPBd61当且仅当d2212722d182721812218， 22dd722d626时，等号成立， ，即2d故PAPB的最小值为12218． 12．C

fxfxfx0， 『解 析』设gx，则gxexex则gx在R上单调递增．

因为fx是定义域为R的奇函数，所以f00，则g00．

ff2x30不等式组x等价于4efx1ef2x3f即gx1g2x3g0，则二、填空题 13．

2x3f0e2x3e0，

x1f2x3ex1e2x3x12x33，解得x4．

22x303 10『解 析』因为直线kx8y20与6x8y10平行，所以k6，

将6x8y20化为6x8y20，

8

期中考试试卷

所以两条平行线之间的距离为2182623． 1014．

11 2『解 析』因为a24，b27，所以c24711，

所以离心率为15．6

c11． a2『解 析』由y4x2，得x2y24y0，

则函数y224x2的图象表示圆xy4在y0的部分．

当直线y3xm经过点2,0时，m取得最小值，且最小值为6． 16．2或10

『解 析』令fx2xlnx，gxa1x2a3x5，

则fx21，f1211， x可得曲线yfx在点1,2处的切线方程为yx1．

yx1联立，得a1x2a2x40， 2ya1xa3x5a10，解得a2或a10． 2a12a200三、解答题

17．解：（1）因为m为正数，x0，所以fxx2当且仅当x2m2m， x2m4xm时，等号成立． ，即2x若q为真命题，则m2，解得m1，即m的取值范围为1,．

m30（2）若p为真命题，则，解得0m3．

m0因为pq为假命题，pq为真命题，所以p，q一真一假．

9

期中考试试卷

若p真q假．则0m1；若q真p假，则m3． 综上，m的取值范围为0,13,．

18．（1）证明：连接A1B交AB1于点O，连接OD．

因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1B1BA是平行四边形， 所以O是AB1的中点．

因为D是BC的中点，所以OD是△A1BC的中位线，所以OD//A1C．

平面AB1D，OD平面AB1D，所以A1C//平面AB1D． 又因为AC1（2）解：因为A1C//平面AB1D，

所以点A1到平面AB1D的距离即点C到平面AB1D的距离． 因为ABAA12， 所以AB1222222，B1D22125，AD22123．

222因为B1DADAB1，所以B1DAD．

所以S△AB1D1151335，S△ACD13． 2222设点C到平面AB1D的距离为h． 由VCAB1DVB1ACD，得S△AB1Dh即131S△ACDBB1， 313151325h2，解得h． 232525． 5故点A1到平面AB1D的距离为

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期中考试试卷

19．解：（1）将2,4代入y2px，得44p，解得p4，

22故C的方程为y8x．

（2）因为l的斜率为3，且过点1,1，

所以l的方程为y13x1，即y3x2．

2y28x联立，得9x220x40，2024360，

y3x2设A，B两点的坐标分别为x1,y1，，x2,y2， 则x1x2204，x1x2， 992故AB13x1x2241610204x1x2104．

9992 11