【文档说明】云南省云天化中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学（理）试卷 【精准解析】.doc，共(23)页，2.265 MB，由小赞的店铺上传

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云天化中学2020～2021学年秋季学期半期测试题高二理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷（选择题，共60分）注意事项：1．答题前，考生

务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．一、选择题（本大题共12小题，每小题

5分，共60分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合{|22}Axx=−剟，{|1}Bxx=N„，则AB=（）A.{2,1}−−B.{2,1,0}−−C.{0,1}D.{1}【答

案】C【解析】【分析】先列出集合B，根据交集定义即可求出.【详解】{|1}0,1Bxx==N{,}01AB=.故选：C.2.平面向量a与b的夹角为60，()2,0,1ab==，则2+ab等于()A.22B.23C.12D.10【答案】B【解析】因为||2,||1ab==

，a与b的夹角为60，故||||cos601abab==，则244423ab+=++=，应选答案B．3.下列有关命题的说法正确的是（）A.若命题p：0xR，01xe，则命题p：xR，1xeB.“3sin2x=”的一个必要不

充分条件是“3x=”C.若+=−abab，则ab⊥D.，是两个平面，m，n是两条直线，如果mn⊥，m⊥，n//，那么⊥【答案】A【解析】【分析】对选项逐个分析，对于A项，根据特称命题的否定是全称命题，得到其正确；对于B项，根据充分必要条件的定义判断正误；对于

C项根据向量垂直的条件得到其错误，对于D项，从空间直线平面的关系可判断正误.【详解】对于A，命题p：0xR，01xe，则命题p：xR，1xe，A正确；对于B，当3x=时，3sin2x=成立，所以“3x=”是“3sin2x=”的充分条件，所以B错误；对于C，a

b且两向量反向时+=−abab成立，ab⊥不成立C错误；对于D，若mn⊥，m⊥，n//，则，的位置关系无法确定，故D错误.故选：A.【点睛】该题考查的是有关选择正确命题的问题，涉及到的知识点有含有一个量词的命题的

否定，充分必要条件的判断，空间直线和平面的关系，属于简单问题.4.设na是等差数列，若723,13aa==，则数列na前8项的和为()A.128B.80C.64D.56【答案】C【解析】【分析】由等差数列的求和公式以及角标

之和的性质求解即可.【详解】()()87128886422aaaaS++===故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式以及角标之和的性质，属于基础题.5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.13B.12C.23D.43【答案】D【解析】【分析】可得该几何

体为三棱锥，根据体积公式求出即可.【详解】如图，该几何体为三棱锥PABC−，其中点P到底面ABC的距离为2，该几何体的体积为114222323=.故选：D.6.设双曲线22221xyab−=(a>0，b>0)的虚轴

长为2，焦距为23，则双曲线的渐近线方程为()A.y＝±2xB.y＝±2xC.y＝±22xD.y＝±12x【答案】C【解析】由题意知2b=2,2c=23,∴b=1,c=3,a2=c2-b2=2,a=2,∴渐近线方程为y=±bax=±12x

=±22x.故选C.7.已知()fx是定义在R上的偶函数，且在区间(),0−上单调递增．若实数a满足()()122aff−−，则a的取值范围是（）A.1,2−B.13,,22−+

C.3,2+D.13,22【答案】D【解析】()()122aff−−11112(2)(2)2222aaaff−−−−−−−111131122222aaa−

−−,选D.8.过点()1,2M的直线与圆C：()2229xy−+=交于A，B两点，当ACB最小时，直线的方程为（）A.1x=B.1y=C.230xy−+=D.10xy−+=【答案】C【解析】【分析】点M在圆的内部，要使过点M的直线交圆后所

得的圆心角最小，则直线交圆所得的劣弧最短，也就是弦长最短，此时直线与过圆心及M点的连线垂直，根据斜率之积等于1−求出直线的斜率，由点斜式可得所求的直线方程．【详解】如图，把点(1,2)M代入圆的方程左边得：22(12)259−+=，所

以点(1,2)M在圆的内部，要使过M的直线交圆后得到的ACB最小，也就是过M的直线交圆，所截得的弦长最短，即当CMl⊥时弦长最短，ACB最小，设此时直线l的斜率为k，20212CMk−==−−，由1CMkk=−，得：21k−=−，所以，12k=．l的方程为：12(1)2yx−=−，即23

0xy−+=．故选：C.【点睛】本题考查圆的标准方程、直线和圆的位置关系，求解时注意过C内一点M作直线l与C交于A、B两点，则弦AB的长最短弦AB对的劣弧最短弦对的圆心角最小圆心到直线l的距离最大CMl⊥弦AB的中点为M

．9.函数()2sin()0,||2fxx=+的最小正周期为，若其图象向右平移6个单位后得到函数为奇函数，则函数()fx的图象（）A.关于点,03对称B.在22-,上单调递增C.

关于直线3x=对称D.在6x=处取最大值【答案】A【解析】【分析】由最小正周期为得出2=，由()fx的图象向右平移6个单位后得到函数为奇函数得出3=，进而得出()2sin(2)3fxx=+，然后根据正弦型函数的图像与性质逐一对选型进行判

断即可得出答案.【详解】解：函数()fx的最小正周期为，可得2=，()fx向右平移6个单位后得到的函数为2sin2()2sin(2)63yxx=−+=−+，因为此函数为奇函数，又2，所以3=.故函数

()2sin(2)3fxx=+，对于选项A：2()sin()0,333fA=+=正确；对于选项B：当24(),2(,)22333-,xx+−，()fx不具有单调性，故B错；对于选项C：2,,32xkkZ+=+,122kxkZ=

+，故C错；对于选项D：2()2sin363f==，没有取到最大值，，故D错.故选：A.【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像与性质，属于中档题.10.在如图所示的三棱锥VABC−中，已知ABBC=，90VABVACABC===，P为线段VC的中点，

则（）A.PB与AC不垂直B.PB与VA平行C.点P到点A、B、C、V的距离相等D.PB与平面ABC所成的角大于VBA【答案】C【解析】【分析】取AC的中点D，连接PD、BD，证明出AC⊥平面PBD，可判断A选项的正误；假设PB与VA平行，利用平行线的传递性可判断B选

项的正误；推导出PA、PB、PC、PV与VC的等量关系，可判断C选项的正误；利用线面角的定义可得出PB与平面ABC所成的角为PBD，比较sinPBD和sinVBA的大小关系，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，取AC的中点D，连接PD、BD，P、D分别

为VC、AC的中点，则//PDVA，90PDCVAC==，即ACPD⊥，ABBC=，D为AC的中点，ACBD⊥，PDBDD=，AC⊥平面PBD，PB平面PBD，ACPB⊥，A选项错误；对于B选项，由A选项可知，//PDVA，若//PBVA，则//PBPD，这与PBPDP=矛

盾，B选项错误；对于C选项，VAAB⊥，VAAC⊥，ABACA=，VA⊥平面ABC，BC平面ABC，BCVA⊥，BCAB⊥，VAABA=，BC⊥平面VAB，VB平面VAB，BCVB⊥，P为VC的中点，所以，12PBVC=，同理可得12PAVCPVPC===，则PAPBPCPV

===，C选项正确；对于D选项，VA⊥平面ABC，//PDVA，PD⊥平面ABC，所以，直线PB与平面ABC所成的角为PBD，sinPDPBDPB=，90VAB=，222sinsin2VAPDPDPDVBAPBD

VBVBVCPB====，所以，VBAPBD，D选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确

定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h，从而不必作出线面角，则线面角满足sinhl=（l为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a为直线l的方向向量，n为平面的法向量，则线面角的正弦值为sincos,an=.

11.已知43(,0),cos()sin365−+−=，则sin()12+的值是（）A.235−B.210−C.235D.45−【答案】B【解析】【分析】由43cossin65+−=可得4cos35

+=，335sin+=变形1234sinsin+=+−，利用两角差的余弦公式可得结果.【详解】由43cossin65+−=可得3343cos225

sin−=，134cos225sin−=，4cos35+=，,0,0,333−+，335sin+=，1234sinsin+=+−22cos2323sin=

+−+234225510=−=−，故选B.【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特

殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．12.已知函数

()3log,03|4,3xxfxxx=−，若函数()()2hxfxmx=−+有三个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A.1,12B.()1,1,2−+C.)1,1,2−+D.1,12【答案】A【解析】【分

析】令()2gxmx=−，作出()fx和()gx图象，由图即可解题.【详解】函数()()2hxfxmx=−+有三个不同的零点，即()20fxmx−+=有三个不同的实根，令()2gxmx=−，又()3log,03|4,3x

xfxxx=−，分别作出()fx和()gx图象，如图，()0,2A−，()3,1B，()4,0C，所以1ABk=，12ACk=，则()gx图象界于AB与AC之间，所以ACABkmk，即112m.故选：A【点睛】本题主要考查方程解的个数或函数零点个数问题，考查

学生数形结合的能力.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷上作答无效．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设x，y满足约束条件22010240xyxyxy+

−−−+−，目标函数2zxy=−的最大值是_________．【答案】1【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出最大值.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，将2zxy=−化为122zyx=−，则观察图形可知，当直线122zyx=−经过点C时，z

取得最大值，联立方程10220xyxy−−=+−=可得()1,0C,max101z=−=.故答案为：1.14.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若3cosi3snabBA=−，2bc

=，则ABC的面积是______．【答案】12【解析】【分析】根据3cosi3snabBA=−，由正弦定理得到sinsinssin3in3ABBA=−．再结合两角差的正弦公式化简，然

后利用三角形面积公式求解.【详解】因为3cosi3snabBA=−，由正弦定理得sinsinssin3in3ABBA=−．因为0B，得sin0B，所以ssin3co3AA=−，化简得sincoss1322in3AAA=+，解得3tan3A=，又

因为0A，所以6A=．所以ABC的面积11sin22SbcA==．故答案为：12【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形以及两角和与差的三角函数，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．15.已知三棱锥SABC−的所有顶点都在

球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC=，则此棱锥的体积为_______.【答案】26【解析】试题分析：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为1O，则1O

O⊥平面ABC，延长1CO交球于点D，则SD⊥平面ABC.∵1233323CO==，∴221361()33OO=−=，∴高12623SDOO==，∵ABC是边长为1的正三角形，∴34ABCS=，∴13262343

6SABCV−==.考点：棱锥的体积.16.设12,FF是双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左、右焦点，O是坐标原点，过2F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若16PFOP=，则C的离心率为_______________________．【答案】3【解析】【分析】由1POF

与2POF互补，得到两角的余弦值互为相反数，两次利用余弦定理得到关于,ac的方程.【详解】如图所示：因为焦点2F到渐近线的距离为b，所以2||PFb=，则OPa=，所以16PFa=，因为12coscosPOFPOF=−，所以222222(6)22acaacbacac+−+−=−，解得

：2233cae==.【点睛】求圆锥曲线的离心率主要有几何法和代数法，本题主要通过两次利用余弦定理进行代数运算，找到,ac关系求得离心率.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）17.求下

列椭圆的标准方程：（Ⅰ）焦点在x轴上，离心率35e=，且经过点85,5A；（Ⅱ）以坐标轴为对称轴，且长轴长是短轴长的3倍，并且与双曲线22135yx−=有相同的焦点．【答案】（Ⅰ）2212516xy+=；（Ⅱ）2219yx+=.【解

析】【分析】（Ⅰ）设椭圆的标准方程为22221(0)xyabab+=，将点代入可得2256415ab+=，再由35ca=即可求解.（Ⅱ）设方程为22221(0)yxabab+=，根据题意可得222328abab=−=，解方程即可求解.【详解】（Ⅰ）因为焦点在x轴上，设椭圆的标准方

程为22221(0)xyabab+=，∵椭圆经过点85,5A，∴2256415ab+=，①由已知35e=，∴35ca=，∴35ca=，∴2222235bacaa=−=−，即221625ba=，②把②代入①，得225201aa+

=，解得225a=，∴216b=，∴椭圆的标准方程为2212516xy+=．（Ⅱ）依题意知椭圆的焦点在y轴上，设方程为22221(0)yxabab+=，且2222232,9,81,abaabb==−==∴椭圆的标准方程为2219yx+=．18.ABC

的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2cos(coscos)CaBbAc+=.（1）求角C；（2）若7c=，332ABCS=，求ABC的周长.【答案】（1）3C=（2）57+【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把2cos(cos

cos)CaBbAc+=化成2cos(sincossincos)sinCABBAC+=，利用和角公式可得1cos,2C=从而求得角C；（2）根据三角形的面积和角C的值求得6ab=，由余弦定理求得边a得到ABC的周长.试题解析：（1）由已知可得2cos(sincossincos)sinCABBAC

+=12cossin()sincos23+===CABCCC（2）1313sin362222===ABCSabCabab又2222cos+−=ababCc2213ab+=，2()255+=+=ababABC∴的

周长为57+考点：正余弦定理解三角形.19.如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB=BC=1，PA⊥平面ABCD，CD⊥PC．（1）设M为PC中点，证明：CDAM⊥（2）若PAAD=，AC与平面PCD所成角的正弦值【答案】（

1）证明见解析；（2）63【解析】【分析】（1）由线面垂直可证明PA⊥CD，结合PC⊥CD，即可证明CD⊥平面PAC，再根据线面垂直的定义，即可证明结果；（2）根据题中所给数据关系和勾股定理即可求出2PAAD==，再根据等体积法，即可求出A到平面PCD的距离为h，再根据AC与平面PCD所成角的正

弦值hAC，即可求出结果.【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD．又PC⊥CD，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC．又M为PC中点，所以AM平面PAC，所以CDAM⊥；（2）设PAADm==，过C作CK垂

直AD于K点，因为AB=BC=1，AB⊥BC所以在直角三角形ABC中，2AC=，在直角三角形PAC中，22PCm=+；又AD∥BC，AB⊥BC，所以CKAB=；所以在直角三角形CKD中，()211CDm=+−;在直角三角形PAD中，2PDm=，由（1）可知三角形PCD为直角三角形

所以222PDPCCD=+，即()2221122mmm−+++=，所以2m=；所以6,2PCCD==设A到平面PCD的距离为h又PACDAPCDVV−−=所以1133ACDPCDPAShS=VV所以1111221623232h=所以233h=所以AC与平面PCD所成角的

正弦值236332hAC==.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理，以及等体积法在求点到平面距离中的应用，属于中档题.20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an﹣2n﹣1，(n∈N+)．(Ⅰ)求证：数列{an+2

}是等比数列；(Ⅱ)求数列{n•(an+2)}的前n项和．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)n5(n1)25−+．【解析】【分析】(I)运用数列的递推式和等比数列的定义，证明122nnaa−++为常数，即

可得证；(II)运用等比数列的通项公式和错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．【详解】解：(I)证明：令n＝1，则a1＝3．∵Sn＝2an﹣2n﹣1，(n∈N+)①∴Sn﹣1＝2an﹣1﹣2(n﹣1)﹣1

，(n≥2，n∈N+)②①﹣②得：an＝2an﹣2an﹣1﹣2，an＝2an﹣1+2，∴()111222222nnnnaaaa−−−++==++，∴{an+2}是等比数列．(II)由(I)知：数列{an+2}是首项为：a1+2＝5，公比为2

的等比数列．∴1252nna−+=，∴()5222nnnan+=，设数列{n•(an+2)}的前n项和为Tn，则()23nn5T122232n22=++++③∴()234n1n52T12223222n+=++++④③﹣④得：()

23nn1n5T2222n22+−=++++−＝()121252212nnn+−−−，∴T5(1)25nnn=−+．【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，数列的错位相减法求和，考查运算能力，属于中档题．21.如图，在ABC

中，23AC=，2BC=，4AB=，P，Q分别为边AB，AC上的中点，现将APQ沿PQ折起至TPQ的位置．（Ⅰ）证明：平面TQC⊥平面ABC；（Ⅱ）若异面直线PQ与BT所成的角为45°，求二面角PTCQ−−的正弦值．【答案】

（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）33.【解析】【分析】（Ⅰ）先通过,PQACPQTQ⊥⊥证明PQ⊥平面TQC，再由//BCPQ得出BC⊥平面TQC，即可得证；（Ⅱ）以C点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求出.【详解】（Ⅰ）证明：∵P，Q分别为AB，AC边上的中点

，∴1//,2PQBCPQBC=．∵23AC=，2BC=，4AB=，∴222ACBCAB+=，∴ACBC⊥，则PQAC⊥，故翻折后TQPQ⊥，且1PQ=．∴,,PQACPQTQTQACQ⊥⊥=，PQ⊥平面TQC．又//BCPQ，故BC⊥平面,TQCBC平面

ABC，故平面TQC⊥平面ABC．（Ⅱ）由（Ⅰ）证知//BCPQ，∴异面直线PQ与BT所成的角即为TBC，故45TBC=．∵BC⊥平面TQC，∴BCTC⊥，即BTC为等腰直角三角形，∴2TCBC==．又由（Ⅰ）证知13,12TQQCPQBC====．在TQC中过点T作TH

QC⊥于点H．∵平面TQC⊥平面ABC，平面TQC平面ABCQC=，故TH⊥平面ABC．∵2212(3)122TQCS=−=．在TQC中由等面积法可求得263TH=．以C点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz−，其中z轴

//TH．则2326(0,0,0),(23,0,0),(0,2,0),(3,1,0),,0,33CABPT．设平面PTC的法向量为(,,)mxyz=，∵2326,0,,(3,1,0)33CTCP==．则00mCTmCP==，即

232603330xzxy+=+=，令1z=，可得(2,6,1)m=−．又平面TQC的法向量为(0,1,0)n=，∴6cos,||3mnmnmn==．二面角PTCQ−−的正弦值为33．【点睛】利用法向量求解空间角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二

，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.22.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22221(0)xyabab+=的左、右焦点分别为1F，2F，焦距为2，点P是

椭圆上的动点，且12PFF△的面积的最大值为1．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且l与直线2x=−相交于Q．点T是x轴上一点，若总有0PTQT=，求T点坐标．【答案】（Ⅰ）2212xy+=；（Ⅱ）点T的坐标为(1,0)−．【

解析】【分析】（Ⅰ）根据题意得出222121222cbcabc===+，解出,ab即可得出椭圆方程；（Ⅱ）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用0=得出2221mk=+，表示出21,kP

mm−，(2,2)Qmk−−，再利用0PTQT=即可得出.【详解】解：（Ⅰ）依题意得222121222cbcabc===+，解得21ab==，所以椭圆的方程为2212xy+=．（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，l与直线2x=−无交点，不符合题

意，故直线l的斜率一定存在，设其方程为ykxm=+，由2212ykxmxy=++=，得()222214220kxkmxm+++−=，因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，所以()()22221681210kmmk=−−+=，化

简得2221mk=+，所以214242=−=−+Pkmkkxm，2−=Pkxm，1PPykxmm=+=，即21,kPmm−，因为直线l与直线2x=−相交于Q，所以(2,2)Qmk−−，设(),0Tt，所以22(2)10kkTPTQttmm=−−−−+−=，

即21(1)0kttm+++=对任意的k，m恒成立，所以10t+=，即1t=−，所以点T的坐标为(1,0)−．【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为()11Axy，，()22Bx

y，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为1212,xxxx+形式；（5）代入韦达定理求解.