2020-2021学年高二上学期期中考试数学试题 PDF版

1 2 3 1 2020——2021学年度高二第一学期期中考试数学试卷参考答案 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题(每题 5分，60分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A D B A C C D C C D B 二、填空题（每题 5分，共 20 分） 13. -2 14. ]6,1[ 15. 2 2 2 6 1， 2 t 16. 3 3 三、解答题（共 70分） 17.（10 分）解：(1)若 p为真： (䁞 1)2 4 2 1 2 0， 解得 䁞 1或 䁞 3， 若 q为真：则 䁞2 2䁞 t 8 2䁞 t 8 0 ，解得 4 䁪 䁞 䁪 2或 䁞 4， 若“p且 q”是真命题，则 䁞 1或 䁞 3 4 䁪 䁞 䁪 2或 䁞 4 ， 解得 4 䁪 䁞 䁪 2或 䁞 4． (2)若 s为真，则(䁞 ɰ)(䁞 ɰ 1) 䁪 0，即 ɰ 䁪 䁞 䁪 ɰ t 1， 由 q是 s的必要不充分条件，则可得䁞䁬ɰ 䁪 䁞 䁪 ɰ t 1䁟 䁞䁬 4 䁪 䁞 䁪 2或 䁞 4䁟， 即 ɰ 4 ɰ t 1 2或 ɰ 4，解得 4 ɰ 3或 ɰ 4． 18.（12 分）解：(Ⅰ)抛物线 C ：2 2䁪(䁪 0)的焦点为 ( 䁪 2 0)，准线为 䁪 2， 由抛物线定义知：点(2䁞)到F的距离等于M到准线的距离，故䁬䁬 2 t 䁪 2 4， 䁪 4， 故抛物线 C 的方程为2 8，点(2䁞)在抛物线 C上， 䁞2 16， 䁞 4， 䁪 4，䁞 4； (Ⅱ)由(Ⅰ)知：抛物线 C 的方程为2 8，焦点为 (20)， 若直线 l的斜率不存在，则其方程为： 2，代入2 8，可得：(24)，(2 4)，从而 40 20 40 20 4； 若直线 l的斜率存在，设为 ( 0)，则其方程可表示为： ( 2)， 由 ( 2) 2 8 ，消去 x ，得： ( 1 8 2 2)，即 2 8 16 0 ( 0)， ， 2 设 (11)， (22)，则12 16 16， 12 ( 1 8 12)( 1 8 22) 1 64 (12)2 1 64 ( 16)2 4， 从而 10 10 20 20 12 12 16 4 4，综上所述：直线 OA、OB的斜率之积为 4． 19.（12分）解：（1）【理科做】 2' 2 2 ' 5)2(, )1( 1)(      efe x xxf x 【文科做】 0)1(,ln1)( ''    f xe xxxf x （2）设 (00)为切点，则切线的斜率为 t(0) 30 2 2．故切线方程为 0 (30 2 2)( 0)， 即 (0 3 20) (30 2 2)( 0).又知切线过点(1 1)，代入上述方程，得 1 (0 3 20) (30 2 2)(1 0).即 20 3 30 2 t 1 0，(20 3 20 2) (0 2 1) 0，(0 1) (20 2 0 1) 0， 解得0 1或0 1 2 ．故所求的切线方程为 t 1 1或 t 1 5 4 ( 1)， 即 2 0或 5t 4 1 0．故答案为 2 0或 5t 4 1 0． 20.（12 分）解：(1) sint 3cos 0， tan 3， 0 䁪 䁪 ， 2 3 ， 由余弦定理可得2 2 t 2 2㌳䁣，即 28 4 t 2 2 2 ( 1 2 )， 即2 t 2 24 0，解得 6(舍去)或 4，故 4． (2) 2 2 t 2 2㌳䁣， 16 ４ t 28 2 2 7 2 ㌳䁣， ㌳䁣 2 7， t ㌳䁣 2 2 7 7， t 1 2 ， t 1 2 ， 又 1 2 sin 1 2 4 2 3 2 2 3， t 3． 21.解：(1)由 2 t 1，得 1 2 (1 )， 当 2时， 1 1 2 (1 ) 1 2 (1 1)， 1 0， 1 1 3而1 1 2 (1 1)， 1 1 3 䁟是首项为 1 3 ，公比为 1 3 的等比数列， ( 1 3 )． 由1 1，2 1 2 ， 2 t1 1 t 1 t2 ( )，得 1 1 1， 1 2 2， 1 2 1 1 1， 1 䁟是首项为 1，公差为 1的等差数列， 1 1 t ( 1) 1 ， 1 ． (2) ( 1 3 )，设 1 t 2 t 3 t t ，则 3 1 1 3 t 2 ( 1 3 )2 t t ( 1 3 )， 1 3 1 ( 1 3 )2 t 2 ( 1 3 )3 t t ( 1 3 )t1，由错位相减，化简得： 3 4 2t3 4 1 3 䁪 3 4 ． 22．（12分）解：（1）由题设得 1 2 2 2 y y x x      ，化简得 2 2 1(| | 2) 4 2 x y x   ，所以 C为中心在坐标原点，焦 点在 x轴上的椭圆，不含左右顶点．（写成 )0(1 24 22  yyx 也可.） （2）（i）设直线 PQ的斜率为 k，则其方程为 ( 0)y kx k  ． 由 2 2 1 4 2 y kx x y      得 2 2 1 2 x k    ．记 2 2 1 2 u k   ，则 ( , ), ( , ), ( ,0)P u uk Q u uk E u  ． 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为 ( ) 2 ky x u  ． 由 2 2 ( ), 2 1 4 2 ky x u x y         得 2 2 22 2(2 ) 2 8 0k x uk x k u     ．① 设 ( , )G GG x y ，则 u 和 Gx 是方程①的解，故 2 2 (3 2) 2G u kx k    ，由此得 3 22G uky k   ． 从而直线 PG的斜率为 3 2 2 2 12 (3 2) 2 uk uk k u k ku k        ．所以PQ PG ，即 PQG△ 是直角三角形． （ii）由（i）得 2| | 2 1PQ u k  ， 2 2 2 1| | 2 uk kPG k    ， 所以PQG的面积 2 2 2 2 18( )1 8 (1 )| | 12 (1 2 )(2 ) 1 2( ) kk k kS PQ PG k k k k         ‖ ． 设 t＝k＋ 1 k ，则由 k0得 t≥2，当且仅当 k＝1时取等号． 因为 2 8 1 2 tS t   在[2，＋∞）单调递减，所以当 t＝2，即 k＝1时，S取得最大值，最大值为 16 9 ． 因此，PQG面积的最大值为 16 9 ．