河南省九师联盟2020-2021学年高二上学期1月联考理科数学试题

联盟2020~2021学年高二1月联考

理科数学

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书．．．．．．．写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4．本卷命题范围：选修2-1．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．命题“x1，2x10”的否定是（ ） A．x1，2x10

B．x01，2x010 D．x01，2x010

C．x01，2x010

22．抛物线y4x的焦点坐标是（ ） A．0,1 16

B．0,

18

C．0,

14

D．0,

123．关于x的方程4x2x1m0有正实数解的一个必要不充分条件是（ ） A．m0

B．m5

C．m3

D．m4

x2y24．已知双曲线C：221（a0，b0），直线l：y3xa2b2与双曲线C仅有一个

ab公共点，则双曲线C的离心率为（ ） A．23

B．3

C．2

D．33 25．在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M是BD的中点，则B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）

A．6 6 B．3 3

C．30 6 D．30 6x2y211的离心率为，则实数m的值为（ ） 6．已知椭圆

4m2A．2

B．3

C．3或

16 3 D．2或

16 37．若“x1,4，x22ax90”是假命题，则实数a的取值范围为（ ） A．,3

B．3,

C．3,

D．5,

x4y41，给出关于曲线C的性面结论：①曲线C关于坐标轴对称，也关于坐标原8．设曲线C的方程

164x2y21内部．下面判断止确的是（ ） 点对称；②曲线C上的所有点均在椭圆

164A．①错误②正确

B．①正确②错误

C．①②都错误

D．①②都正确

x2y21a0的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的两条渐近线9．如图，F1，F2是双曲线C：2a3分别交于A，B两点，若点A为F2B的中点，且F1BF2B，则F1F2（ ）

A．4

B．43

C．6

2 D．9

10．以M0,2为圆心，4为半径的圆与抛物线C：x8y相交于A，B两点，如图，点P是优弧AB上不同于A，B的一个动点，过P作平行于y轴的直线交抛物线于点N，则△PMN的周长的取值范围是

（ ）

A．8,12

B．8,12

C．8,12

D．8,12

11．以下四个关于双曲线的命题：

①设A，B为两个定点，m为正数，若动点P使PAPBm，则动点P的轨迹是双曲线； ②方程2x25x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

x2y2x21与椭圆y21有相同的焦点； ③双曲线

25935y2511的左、④若双曲线C：x右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上一点，若PF1，则PF23222或．

其中真命题的个数为（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

92x2y211上存在两个不同的点A，B关于直线xym0对称，则实数m的取值范围12．已知椭圆43是（ ） A．7,7

3737B．,

7777C．,

7777D．,

77二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．王安石在《游褒禅山记》中写道世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也．”请问“有志”是能到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的______条件．（填“充分”“必要”“充要”中的一个）

x2y21的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，若14．双曲线C：42OP2OF，则△PFO的面积为______.

15．如图，二面角l为135，A，B，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为C，D，若AC1，BD2，CD2，则AB的长度为______．

16．已知抛物线C：xay焦点为F，准线方程y1，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接并延长交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为AB1，则当AFB最大时，AD______． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

2x2y21对应的图形是双曲线；q：函数fxx22mx1mx0,1的17．已知p：方程

m5m最大值不超过2．若pq为真命题，pq为假命题，求实数m的取值范围．

18．如图，在四棱锥PABCD中，AD平面ABP，BC//AD，PAB90，PAAB2，AD3，

BC1，E是PB的中点．

（1）证明：PB平面ADE； （2）求二面角CAED的余弦值．

19．已知过点2,1的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是xy0． （1）求双曲线C的方程；

（2）若O是坐标原点，直线l：ykx1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为2，求实数k的值．

20．在二棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，BAAC，四边形ACC1A1为菱形，且

A1AC60，E，F分别是棱BC，BB1的中点，AC2AB2．

（1）求异面直线A1B和EF所成角的余弦值；

（2）求C1到平面AEF的距离．

21．以抛物线C：y22pxp0的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知AB42，DE25． （1）求抛物线C的方程；

（2）过1,0的直线l交抛物线C于不同的两点P，Q，交直线x4于点G（Q在PG之间），直线

QF交直线x1于点H．是否存在这样的直线l，使得GH//PF（F为C的焦点）？若存在，求出直线

l的方程；若不存在，请说明理由．

x2y222．已知F1，F2是椭圆C：221（ab0的左、右焦点，过F2的直线2x3y20与椭圆Cab交于P，Q两点，R为P，Q的中点，直线OR的斜率为1． （1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点F2的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O：xy2相交于G，

22H两点，求ABGH的取值范围．

2联盟2020~2021学年高二1月联考理科数学参考答案

1．B

全称命题的否定是特称命题，x1改成x01，2x10改成2x010．故选B． 2．A 由x23．A

因为m42xx1p1111y得2p，则，且焦点在y轴正半轴上，所以焦点坐标是0,．故选A．

2164416211，当x0时，2113，故关于x的方程4x2x1m0有正实

xx22数解的充要条件是m3，所以选项B，C，D都是方程4x2x1m0有正实数解的充分条件，排除选

项B，C，D，故选A． 4．C

由题意知直线l过双曲线的右焦点，且与双曲线仅有一个公共点，则l与双曲线的一条渐近线平行，所以

bb3，所以e1132．故选C． aa5．D

以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B12,2,2，

2M1,1,0，B1M1,1,2，显然DC平面AA1D1D，所以DC0,2,0是平面AA1D1D的一个法

向量，所以B1M与平面AA1D1D所成角的正弦值为

DCB1M26，故所求角的余弦值为DCB1M26630．故选D． 66．C

当焦点在x轴上时，a2，c4m，所以4m1，解得m3；当焦点在y轴上时，am，22cm4，所以7．B

16m41，解得m．故选C．

32m因为“x1,4，x22ax90”是假命题，所以“x1,4，x22ax90”是真命题，即存在x1,4，使2ax9999成立．又x2x6等号仅当x，即x3时成立，所以只要

xxxx2a6，解得a3．故选B．

8．D

利用研究曲线方程的方法易知①正确，在曲线C上，2x2，2y内，易判断该矩形在椭圆内部，故②正确．故选D． 9．A

因为点A为F2B的中点，所以OA//F1B，又F1BF2B，所以OAF2B，OF1OF2OB，所以

2，即曲线C在一个矩形

AOF2AOBBOF160，所以

3tan603，所以a1，所以F1F22134．故选a

A． 10．A

易知圆心M0,2也是抛物线C的焦点，设PN与抛物线的准线y2交于点H，根据抛物线的定义，可得MNNH，故△PMN的周长lNHNPMPPH4．设点B的坐标为x0,y0，由

2xx04,08y0,解得即B4,2．由于点P不与A、B两点重合，也不在y轴上，所以PH22y02,x0y0216,的取值范围为4,8，所以△PMN的周长的取值范围为8,12．故选A．

11．B

对于①，A，B为两个定点，m为正数，PAPBm，当mAB时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；对于②，方程2x25x20的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；对

12x2y2x21的焦点坐标为34,0，椭圆y21的焦点坐标为34,0，故③正确；于③，双曲线

25935对于④，因为c132，所以ac3PF1，所以点P在双曲线的左支，所以PF2PF12，即

PF212．D

952，所以PF2，故④错误．故正确的命题有②③．故选B．

22依题意，设直线AB的方程是yxn，代入椭圆方程化简得7x28nx4n2120，设Ax1,y1，

Bx2,y2，AB的中点是Dx0,y0，则64n2284n2120，解得7n7，又

x1x2所以8nxx24n3n，所以x01．因为AB的中点D在直线xym0上，，y0x0n7277774n3nm．故选D． m0，所以n7m，所以77m7，解得777713．必要

因为“非有志者不能至”，所以“能至是有志者”，因此“有志”是能到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的必要条件．

14．23 不妨设点P在第一象限，根据题意可知c26，所以OF6，OP2OF26，又

tanPOF15．3

b231323． ，sinPOF，所以S△PFO62623a23因为ABACCDDB，ACCD，CDDB，所以

ABACCDDB2AC2CD2DB22DBAC1422ACDB，又因为二面角

l为135，所以AC,DB45，所以AB721216．16

23． 2a1，所以a4，所以抛物线C的方程是x24y．不4yy2妨设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx3,y3，由抛物线定义得y1y22AFBF．因为1AB1，

2因为抛物线C：xay的准线方程y1，所以

2所以AFBF2AB，

22AF2BF2AB23AFBF2AFBF6AFBF2AFBF1所以cosAFB，当且仅8AFBF22AFBF8AFBF当AFBF时取等号．所以当AFB最大时，△AFB为等边三角形，此时A，B关于y轴对称，不妨设

y3x1,2x10，联立2消去y，得x43x40，所以x1x343，所以

x4y,y1y33x1x3214．所以ADy1y3216．

x2y21对应的图形是双曲线，所以mm50，解得m0或m5．17．解：对于p，因为方程 m5m所以若p为真命题，则m0或m5．

对于q：当m0时，fxmaxf01m2，解得m1，所以1m0；

当0m1时，fxmaxfmmm12，解得m1，所以1m0；

2当m1时，fxmaxf1m2，所以1m2． 所以若q为真命题，则1m2．

若pq为真命题，pq为假命题，则p，q一真一假． 若p真q假，则实数m满足m0或m5,m1或m2,解得m1或m5；

若p假q真，则实数m满足0m5,解得0m2．

1m2,综上所述，所求实数m的取值范围为,10,25,． 18．（1）证明：因为AD平面PAB，PB平面PAB， 所以ADPB．

又PAAB，E是PB的中点， 所以AEPB．

又AD，AE都在平面ADE内，且ADAEA， 所以PB平面ADE．

（2）解：因为AD平面PAB，

PA平面PAB，AB平面PAB，

所以ADAB，ADPA． 又因为PAAB，

以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的建立空间直角坐标系Axyz． 则A0,0,0，B2,0,0，C2,1,0，E1,0,1，P0,0,2， 所以AC2,1,0，AE1,0,1． 设平面AEC的法向量nx,y,z，

nAC0,2xy0,则即令x1，则y2，z1，

nAE0,xz0,所以n1,2,1．

又因为PB平面AED，所以PB2,0,2是平面ADE的一个法向量，

所以cosn,PBnPB43． nPB3622由图可知二面角CAED是锐二面角， 所以二面角CAED的余弦值是

3． 3

19．解：（1）因为双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是xy0， 所以可设双曲线C的方程是xy0，则22221，解得1．

所以双曲线C的方程是xy1．

22x2y21,（2）由消去y整理，得1k2x22kx20．

ykx1,21k0,由题意知解得2k2且k1． 224k81k0,设Ax1,y1，Bx2,y2，则

x1x22k2，． xx121k21k2因为l与双曲线的交点分别在左、右两支上，所以x1x20，所以1k20，所以1k1， 则S△OAB1x1x22． 222所以x1x2x1x24x1x222即，

282k8， 221k1k解得k0或k所以k0．

66，又1,1，

2220．解：取AC的中点O，连接A1O，A1C，OE，则OE//AB，又BAAC，所以OEAC，

AC． 由题意知△A1AC为等边三角形，又点O为AC的中点，所以AO1平面ACC1A1， 因为平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，AO1平面ABC，又OE平面ABC，所以A1OOE，4分 所以AO1所以OA1，OE，OC两两垂直，分别以OE，OC，OA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图），则A10,0,3，A0,1,0，B1,1,0，E,0,0，F1,,1213，C10,2,3， 22113131所以A1B1,1,3，EF,,，AE,1,0，AF1,,，AC10,3,3．

222222

（1）设异面直线A1B和EF所成角为，则cosA1BEFA1BEF1． 555212nAE0,（2）设平面AEF的法向量为nx,y,z，则即

nAF0,13xyz0,22令y1，得x2，z1xy0,23，所以n2,1,3，

所以点C1到平面AEF的距离d2AC1n632． n2222221．解：（1）设圆的方程为xyr，

∵AB42，可设Ax0,22，代入y2px得x0244222，∴A,22，代入xyr，得 pp4p2222r2．①

pp222，可设D,5，代入xyr，得 22∵DE25，抛物线的准线方程为x

p2252r2．②

解①②得p4（p4舍去）． ∴抛物线C的方程是y8x．

（2）C的焦点F的坐标2,0，显然直线l与坐标轴不垂直，设直线l的方程为ykx1k0，

2Px1,y1，Qx2,y2．

2y8x,联立消去y得k2x22k28xk20．

ykx1,由2k8224k40，解得2k2，∴2k2且k0．

82k2由韦达定理得x1x2，x1x21．

k2方法一：

直线QF的方程为yy2x2， x22又xH1，所以yH3y23y2，所以H1,， x22x22∵GH//PF，∴直线GH与直线PF的斜率相等．

3k又G4,3k，∴

3y2yx221．

3x12整理得kkx11kx21y1y2，即k， x12x22x12x222xxx1x24x11x21，112，即x1x27． x12x22x1x22x1x24化简得182k27， ∴2k整理得，k28 9解得k2222．经检验，k符合题意． 33

∴这样的直线l存在，且直线l的方程为y22222222x或x1或yx1，即y3333y2222x． 33方法二： ∵GH//PF，∴

PQQFxx22x2，∴1．

x24x21GQQH82k27， 整理得x1x2x1x28，∴2k整理得k28． 9解得k2222，经检验，k符合题意． 3322222222x或x1或yx1，即y3333∴这样的直线l存在，且直线l的方程为yy2222x． 3322．解：（1）在2x3y20中，令y0，得右焦点F2的坐标是1,0，所以a2b21．① 设Px1,y1，Qx2,y2，Rx0,y0，则

2222x12y12x2y2x12x2y12y21，221，两式相减得0， a2b2aba2b2x1x2x1x2y1y2y1y2，

a2b22x0x1x22y0y1y2y01， ，又的斜率为，所以OR122x0abb22y1y2b2所以，所以2．②

a3x1x2a22a3,解①②得2

b2,x2y21． 所以椭圆C的方程为

32

（2）①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x1， 易求A，B的坐标为1,23，1,23，G，H的坐标为1,1，1,1，33

所以AB433，GH24，ABGH21633． ②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx1，Ax1,y1，Bx2,y2．

x2y2联立321,消去y整理得23k2x26k2x3k260，

ykx1,则x6k23k261x223k2，x1x223k2，

所

AB1k2xx22121kxx24x6k2212243k261x21k23k223k2243k123k2．

因为圆心O0,0到直线l的距离dkk2，

1所以GH2424k222kk21， 1k243k22224所以ABGH214k2163k2163k2163323k21k223k231． k223223k3因为k20,，所以ABGH21633,163．

综上，ABGH2的取值范围是163,1633．



以