2020-2021学年河南省九师联盟高二(上)联考数学试卷(理科)(1月份)

2020-2021学年河南省九师联盟高二（上）联考数学试卷（理科）

（1月份）

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．（5分）命题“x1，2x10”的否定是( ) A．x1，2x10 C．x01，2x010

2．（5分）抛物线y4x2的焦点坐标是( ) A．(0,1)

B．(0,1) 16B．x01，2x010 D．x01，2x010

C．(1,0)

1D．(，0)

163．（5分）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．m0

B．m5

C．m3

D．m4

x2y24．（5分）已知双曲线C:221(a0,b0)，直线l:y3(xa2b2)与双曲线C仅

ab有一个公共点，则双曲线C的离心率为( ) A．23 B．3 C．2

D．33 25．（5分）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 6B．3 3C．30 6D．30 6x2y211(m0)的离心率为，则实数m等于( ) 6．（5分）若椭圆4m21616A．3 B．1或3 C．3或 D．1或

337．（5分）若“x(1，4]，x22ax90”是假命题，则实数a的取值范围为( )

第1页（共20页）

A．(，3] B．[3，) C．(3,) D．[5，)

x4y48．（5分）设曲线C的方程为1，给出关于曲线C的性质的结论：①曲线C关于坐

1x2y2标轴对称，也关于坐标原点对称；②曲线C上的所有点均在椭圆1内部．下面判断

1正确的是( ) A．①错误②正确

B．①正确②错误

C．①②都错误

D．①②都正确

x2y29．（5分）如图，F1，F2是双曲线C:21(a0)的左、右焦点，过F2的直线与双曲

a3线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为F2B的中点，且F1BF2B，则|F1F2|(

)

A．4

B．43 C．6

D．9

10．（5分）以M(0,2)为圆心，4为半径的圆与抛物线C:x2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．（5分）以下四个关于双曲线的命题：

第2页（共20页）

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；

x2y2x2③双曲线1与椭圆y21有相同的焦点；

25935y252④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|，1的左、

3219则|PF2|或．

22其中真命题的个数为( ) A．1

B．2

C．3

D．4

x2y212．（5分）已知椭圆1上存在两个不同的点A，B关于直线xym0对称，则

43实数m的取值范围是( ) A．(7,7)

B．(3737,) 77C．[77,] 77D．(77,) 77二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）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）

x2y214．（5分）双曲线C:1的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐

42标原点，若|OP|2|OF|，则PFO的面积为 ．

15．（5分）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．（5分）已知抛物线C:x2ay焦点为F，准线方程y1，直线l与抛物线C交于A，连接AF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B两点，

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．

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x2y217．（10分）已知p：方程1对应的图形是双曲线；q：函数

m5mf(x)x22mx1m(x[0,1])的最大值不超过2．若pq为真命题，pq为假命题，求实数m的取值范围．

18．（12分）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．（12分）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x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，求实数的值．

20．（12分）在三棱柱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．（12分）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

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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．（12分）已知F1，F2是椭圆C:221(ab0)的左、右焦点，过F2的直线

ab2x3y20与椭圆C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:x2y22相交于G，H两点，求|AB||GH|2的取值范围．

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2020-2021学年河南省九师联盟高二（上）联考数学试卷（理科）

（1月份）

参与试题解析

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．（5分）命题“x1，2x10”的否定是( ) A．x1，2x10 C．x01，2x010

【解答】解：由全称命题的否定是特称命题，

可知“x1，2x10”的否定为“x01，2x010 “． 故选：B．

2．（5分）抛物线y4x2的焦点坐标是( ) A．(0,1)

B．(0,1) 16B．x01，2x010 D．x01，2x010

C．(1,0)

1D．(，0)

16【解答】解：抛物线y4x2的标准方程为x2轴上， 故焦点坐标为(0,故选：B．

1)， 1611y，p，开口向上，焦点在y轴的正半

843．（5分）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．m0

B．m5

C．m3

D．m4

【解答】解：因为m4x2x1(2x1)21， 当x0时，2x1，(2x1)213，

故关于x的方程4x2x1m0有正实数解的充要条件是m3，

所以选项B，排除选项B，C，D都是方程4x2x1m0有正实数解的充分条件，C，D， 故选：A．

x2y24．（5分）已知双曲线C:221(a0,b0)，直线l:y3(xa2b2)与双曲线C仅

ab有一个公共点，则双曲线C的离心率为( )

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A．23 B．3 C．2 D．33 2【解答】解：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3， ab所以e1()2132．

a故选：C．

5．（5分）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 6B．3 3C．30 6D．30 6【解答】解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如

图所示：

设正方体的棱长为2，则B1(2，2，2)，M(1，1，0)，B1M(1，1，2)， 由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 sin|DCB1M|DC||B1M|||0(1)2(1)0(2)|022202(1)2(1)2(2)22266， 6第7页（共20页）

所以所求角的余弦值为cos1(故选：D．

6230)． 66x2y216．（5分）若椭圆1(m0)的离心率为，则实数m等于( )

4m21616A．3 B．1或3 C．3或 D．1或

33x2y2【解答】解：椭圆的方程为：1(m0)，

4m4m1若0m4，则椭圆的焦点在x轴，e2，

44解得m3；

若m4，则椭圆的焦点在y轴，e2解得m16． 316． 3m41， m4综上所述，m3或m故选：C．

7．（5分）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，)

【解答】解：因为“x(1，4]，x22ax902”是假命题， 所以“x(1，4]，x22ax90”是真命题， 即存在x(1，4]，使2ax又x9成立． x9992x6等号仅当x， xxx即x3时成立， 所以只要2a6， 解得a3． 故选：B．

x4y41，给出关于曲线C的性质的结论：①曲线C关于坐8．（5分）设曲线C的方程为1x2y21内部．下面判断标轴对称，也关于坐标原点对称；②曲线C上的所有点均在椭圆1正确的是( )

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A．①错误②正确 B．①正确②错误 C．①②都错误 D．①②都正确

【解答】解：设曲线上点为A(x,y)，则A关于原点对称的点为B(x,y)， 关于x轴对称的点C(x,y)，关于y轴对称的点D(x,y)， 显然B，C，D点都在曲线上，故①正确， 在曲线C上，2x2，2y2，

而在椭圆中，4x4，2y2，

即曲线C在一个48的矩形内，易判断该矩形在椭圆内部，故②正确． 故选：D．

x2y29．（5分）如图，F1，F2是双曲线C:21(a0)的左、右焦点，过F2的直线与双曲

a3线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为F2B的中点，且F1BF2B，则|F1F2|(

)

A．4

B．43 C．6

D．9

【解答】解：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AOF2AOBBOF160， 所以3tan603，所以a1． a所以|F1F2|2134． 故选：A．

10．（5分）以M(0,2)为圆心，4为半径的圆与抛物线C:x2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，

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则PMN的周长的取值范围是( )

A．(8,12)

B．(8，12]

C．[8，12)

D．[8，12]

【解答】解：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)，则B(4,2)． 由于点P不与A、B两点重合，也不在y轴上， 所以|PH|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．（5分）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25935y252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|，3219则|PF2|或．

22第10页（共20页）

其中真命题的个数为( ) A．1

B．2

C．3

D．4

【解答】解：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的两根为确；

1和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正2x2y2x2对于③，双曲线椭圆y21的焦点坐标为(34,0)，1的焦点坐标为(34,0)，

25935故③正确；

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， 5所以|PF2||PF1|2，即|PF2|2，

2所以|PF2|9，故④错误． 2故正确的命题有②③． 故选：B．

x2y212．（5分）已知椭圆1上存在两个不同的点A，B关于直线xym0对称，则

43实数m的取值范围是( ) A．(7,7)

B．(3737,) 77C．[77,] 77D．(77,) 77【解答】解：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△n228(4n212)0，解得7n7， 又x1x2所以x08n， 7x1x24n3n． ，y0x0n277因为AB的中点D在直线xym0上， 所以4n3nm0，所以n7m， 77所以77m7，

第11页（共20页）

解得77． m77故选：D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）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 必要 条件．（填“充分”“必要”“充要”中的一个） 【解答】解：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． 故答案为：必要．

x2y214．（5分）双曲线C:1的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐

42标原点，若|OP|2|OF|，则PFO的面积为 23 ．

【解答】解：不妨设点P在第一象限，根据题意可知c26，所以|OF|6，|OP|2|OF|26，

又tanPOFb23，sinPOF， a2313所以SFPO62623．

23故答案为：23．

15．（5分）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 3 ．

【解答】解：因为ABACCDDB，ACCD，CDDB，

所以|AB|(ACCDDB)2ACCDDB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故答案为：3．

第12页（共20页）

22223． 2

16．（5分）已知抛物线C:x2ay焦点为F，准线方程y1，直线l与抛物线C交于A，连接AF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B两点，

大时，|AD| 16 ．

【解答】解：因为抛物线C:x2ay的准线方程y1，所以所以抛物线C的方程是x24y．

不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)， 由抛物线定义得y1y22|AF||BF|． 因为所

|AF|2|BF|2|AB|23(|AF|2BF|2)2|AF||BF|cosAFB2|AF||BF|8|AF||BF|a1，所以a4， 4y1y2|AB|1，所以|AF||BF|2|AB|， 2以

6|AF||BF|2|AF||BF|18|AF||BF|2，当且仅当|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x10，消去y，得x243x40， 所以x1x343，所以y1y33(x1x3)214． 所以|AD|y1y3216． 故答案为：16．

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．

x2y217．（10分）已知p：方程1对应的图形是双曲线；q：函数

m5mf(x)x22mx1m(x[0,1])的最大值不超过2．若pq为真命题，pq为假命题，求实数m的取值范围．

x2y21对应的图形是双曲线， 【解答】解：对于p，因为方程

m5m所以m(m5)0，解得m0或m5． 所以若p为真命题，则m0或m5．

对于q：当m0时，f(x)maxf(0)1m2，解得m1，所以1m0； 当0m1时，f(x)maxf(m)m2m12，解得1515，所以0m1； m22当m1时，f(x)maxf（1）m2，所以1m2．

第13页（共20页）

所以若q为真命题，则1m2．

若pq为真命题，pq为假命题，则p，q一真一假． m0或m5若p真q假，则实数m满足，解得m1或m5；

m1或m20m5若p假q真，则实数m满足，解得0m2．

1m2综上，实数m的取值范围为(,1)[0，2](5,)．

18．（12分）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．

【解答】解：（1）证明：因为AD平面PAB，PB平面PAB， 所以ADPB；（2分） 又PAAB，E是PB的中点， 所以AEPB；（3分） 又AD，AEADE，且ADAEA，

所以PB平面ADE．（5分）

（2）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AB，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；

第14页（共20页）

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)；（7分）

nACx2yz0设平面AEC的法向量n(x,y,z)，，

nAExz0令x1，则y2，z1， 所以n(1,2,1)；（9分）

又因为PB平面AED，所以PB(2,0,2)是平面ADE的一个法向量，

nPB43．（11分）

3|n||PB|622所以cosn,PB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．（12分） 319．（12分）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x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，求实数的值．

【解答】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x2y2(0)，则(2)21，解得1． 所以双曲线C的方程是x2y21．（5分） （2）yx1代入x2y21，

第15页（共20页）

消去y整理，得(12)x22x20．（6分）

由题意知，解得22且1． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2212，x1x2212．（8分）

2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则SOAB1|x1x2|2． 2所以11， 0，

所以(x1x2)2(x1x2)24x1x2(22)2， 即(21)22812（11分） 8，

解得0或66，又(1,1)， 22所以0．（12分）

20．（12分）在三棱柱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．

【解答】解：取AC的中点O，连接A1O，A1C，OE， 则OE//AB，又BAAC，所以OEAC， 由题意知△A1AC为等边三角形， 又点O为AC的中点，所以AOAC， 1因为平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，A1O平面ACC1A1， 所以A1O平面ABC， 又OE平面ABC， 所以AOOE， 1第16页（共20页）

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A1(0,0,3)，A(0，1，0)，B(1，1，0)， 131E(,0,0)，F(1,,)，C1(0,2,3)，

222113所以A1B(1,1,3)，EF(,,)，

222131AE(,1,0)，AF(1,,)，AC1(0,3,3)，

222（1）设异面直线AB和EF所成角为，则cos|A1BEF||A1B||EF|125521； 5（2）设平面AEF的法向量为n(x,y,z)，

1nAExy02则，令y1，得x2，z3，

13nAFxyz022所以n(2,1,3)，

所以点C1到平面AEF的距离d|AC1n|632． |n|222

21．（12分）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．

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【解答】解：（1）设圆的方程为x2y2r2， |AB|42，可设A(x0,22)，代入y22px得x044，代入x2y2r2，A(,22)，pp4得()2(22)2r2．①（1分）

p|DE|25，抛物线的准线方程为xpp，可设D(,5)， 22p代入x2y2r2，得()2(5)2r2．②（2分）

2解①②得p4(p4舍去）．

抛物线C的方程是y28x．（4分）

（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(x1)(0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 消去y得由△(22x2(28)2428)x420，（5分）

20，解得22，22且0．

由韦达定理得x1x2方法一：

直线QF的方程为y又xH1，所以yH8222，x1x21．（6分）

y2(x2)， x223y23y2，所以H(1,（7分） )，x22x22GH//PF，直线GH与直线PF的斜率相等，

3又G(4,3)，整理得化简得1

3y2x22y（8分） 1，

3x12y1y(x11)(x21)， 2，即x12x22x12x222xx(x1x2)4x11x21，112，即x1x27，（9分） x1x22(x1x2)4x12x2282227，

2整理得

8，（11分） 9解得2222．经检验，符合题意， 332222(x1)， (x1)或y33这样的直线l存在，且直线l的方程为y第18页（共20页）

即y22222222或y．（12分） xx3333xx22x2|PQ||QF|，2，（9分） |GQ||QH|x24x21方法二： GH//PF，

整理得x1x2(x1x2)8，整理得

28222（10分） 7，

8，（11分） 9解得2222，经检验符合题意． 332222(x1)， (x1)或y33这样的直线l存在，且直线l的方程为y22222222或y．（12分） xx3333x2y222．（12分）已知F1，F2是椭圆C:221(ab0)的左、右焦点，过F2的直线

ab即y2x3y20与椭圆C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:x2y22相交于G，H两点，求|AB||GH|2的取值范围．

【解答】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（1分）

22x12y12x2y2设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(x0，y0)，则221，221，两式相减得

abab22x12x2y12y22x0(x1x2)2y0(y1y2)(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，，， 0222222abababy又OR的斜率为1，所以01，

x0b22y1y2b2所以，所以2． ②（3分） x1x2a2a3x2y21．解①②得所以椭圆C的方程为（5分）

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,所以|AB|

2323)，(1,)，G，H的坐标为(1,1)，(1,1)， 3343163，|GH|24，|AB||GH|2．（6分） 33第19页（共20页）

②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 消去y整理得(232)x262x3260，

62则x1x223所以|AB|(12326，x1x2，．（7分）

2322)(x1x2)2(12)[(x1x2)24x1x2] (126224(326)43(21))[()]．（8分） 232232232因为圆心O(0,0)到直线l的距离d222， 14(22)所以|GH|4(22)，（9分）

112所以|AB||GH|243(1)4(2)163(2)163232122323222222163|123343223|．

因为

2163[0，)，所以|AB||GH|2(（11分） ,163]．

3163综上，|AB||GH|2的取值范围是[（12分） ,163]．

3第20页（共20页）