1、宁夏贺兰县景博中学2020-2021学年高二数学上学期第二次月考试题 理（含解析）卷（选择题）一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分）1. 设复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简已知复数有，根据复数模的几何含义求即可.【详解】，故选：C2. 复数满足，则在复平面上对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先设复数，根据复数模的计算公式，以及复数相等，求出，得出复数，再由复数的几何意义，即可得出结果.【详解】设复数，由得，所以，解得，因为时，不能满足，舍去；故，所以，其对应的点位于第二象限，故选
2、：B.3. 命题“若，则”的逆否命题是（ ）A. 若，则或B. 若，则C. 若或，则D. 若或，则【答案】D【解析】【分析】先否定原条件与结论再做交换即可【详解】命题“若，则”的逆否命题是“若或，则”.故选：D.4. 如果方程表示焦点在轴上椭圆，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆，需满足，解之可得5. 的方向向量为，的方向向量，若，则等于（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，得出，利用空间共线向量的坐标表示可求出实数的值.【详解】，则，因此，.故选：B.【点睛】本题考查利用直线的方向向量处理两直线平行的问题，考查化
3、归与转化思想的应用，属于基础题.6. 已知命题；命题，则下列说法正确的是（ ）A. 是假命题B. 是真命题C. 是真命题D. 是假命题【答案】C【解析】【分析】分别判断集合和集合的真假，直接判断选项即可得解.【详解】对于集合，为实数集，显然存，故命题正确，对于集合，当，显然不成立，故命题错误，则正确，故正确，故选：C.7. 设双曲线的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为2，则此双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的焦点得双曲线的一个焦点，则又知离心率为2，故，所以方程可得【详解】抛物线焦点为，所以双曲线的一个焦点为，所以双曲线的焦点在轴上，故 又因为
4、离心率为，所以 ，则 故双曲线的方程为故选：B8. 如图，在平行六面体中，与的交点为设，则下列向量中与相等的向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量线性运算即可求得结果.【详解】几何体为平行六面体，各个面均为平行四边形，为，中点，故选：A.9. 长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建系，再利用计算所成角的余弦值【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则故选C【点睛】异面直线所成角，能建系的一般建系较简单，再利用计算所成角的余弦值.10.
5、 如图，已知棱长为1的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据与平面的关系，先找到直线与平面的夹角，然后通过勾股定理求得各边长，即可求得夹角的正弦值【详解】连接、相交于点M，连接EM、AM因为EMAB，EMBC1所以EM平面则EAM即为直线与平面所成的角所以 所以 所以选D【点睛】本题考查了空间几何体线面的夹角关系，主要是找到直线与平面的夹角，再根据各长度求正弦值，属于中档题11. 已知曲线，过点且被点平分的弦所在的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，根据点差法求，进而求出方程并检验即可.【
6、详解】解：设，故，两式做差得：，所以，又因为，所以，故弦所在的直线方程为，即：.联立方程得：，故满足条件.故选：A.【点睛】结论点睛：直线与双曲线交于两点，且点平分弦， 则弦所在直线的斜率为：.12. 从某个角度观察篮球（如图甲），可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】设出双曲线方程，把双曲线上的点的坐标表示出来并代入到方程中，找到的关系即可求解.【详解】以O为原点，AD所在直线为x轴建系，不妨设，则该双曲线过点
7、且，将点代入方程，故离心率为，故选：B【点睛】本题考查已知点在双曲线上求双曲线离心率的方法，属于基础题目卷（非选择题）二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分）13. 已知，且和为共轭复数，则_.【答案】【解析】【分析】利用共轭复数的定义直接求解【详解】解：，且和为共轭复数，故答案为：【点睛】本题考查共轭复数的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题14. 已知复数，则“”是“z为纯虚数”的_条件.（填写“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”中的一个）【答案】充分不必要【解析】【分析】当时，复数为纯虚数，当复数为纯虚数时，由此能求出结果.【详解】解：当时，复
8、数为纯虚数，即充分性成立，当复数为纯虚数，可得，必要性不成立，故“”是“z为纯虚数”的充分不必要条件，故答案为：充分不必要.【点睛】本题主要考查复数的基本概念及充分条件、必要条件的判断，属于基础题型，熟悉充分条件、必要条件的判断是解题的关键.15. 以为渐近线且经过点的双曲线方程为_【答案】【解析】【详解】以为渐近线的双曲线为等轴双曲线，方程可设为，代入点得.16. 给出下列命题：直线l的方向向量为=（1，1，2），直线m的方向向量=（2，1，），则l与m垂直；直线l的方向向量=（0，1，1），平面的法向量=（1，1，1），则l；平面、的法向量分别为=（0，1，3），=（1，0，2），则；平面
9、经过三点A（1，0，1），B（0，1，0），C（1，2，0），向量=（1，u，t）是平面的法向量，则u+t=1.其中真命题的是_（把你认为正确命题的序号都填上）【答案】【解析】【详解】，则则，直线与垂直，故正确，则则，或，故错误，与不共线，不成立，故错误点，向量是平面的法向量，即，解得，故正确综上所述，其中真命题是，点睛：本题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用求数量积，利用数量积进行判断，求数量积，利用数量积进行判断，求利用与的关系进行判断，利用法向量的定义判断，即可得到答案三、解答题（本题共计6小题，共计70分）17. 已知：，：，（1）若求集合；（2）如果是的必要条件，求实数的取值范围
10、.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）直接解一元二次不等式即可；（2）先求出两个集合，由是的必要条件，可得，列不等式组可求出的取值范围【详解】解：（1）当时，解得，所以集合，（2），因为是的必要条件，所以，所以，解得，所以实数的取值范围为【点睛】此题考查一元二次不等式的解法，考查由必要条件求参数的范围，考查计算能力，属于基础题18. 如图，在正四棱柱中，为的中点（1）证明：平面（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系可得各点坐标，从而可得各向量坐标，根据向量数量积为0则两向量垂直，可得，根据线面垂直的判
11、定定理可证得平面；（2）求出平面的一个法向量，由数量积公式可求得两法向量所成角的二面角两法向量所成的角与二面角的平面角相等或互补，所以观察图像可得所求二面角的平面角为锐角，所以所求二面角的平面角的余弦值等于两法向量余弦值的绝对值【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，即，又，平面（2）解：由（1）可知，平面的一个法向量设平面的一个法向量为，则令，得，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，求解时要注意 分别为平面，的法向量，则二面角 与互补或相等，结合实际图形判断所求角是锐角还是钝
12、角19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为的中点，为线段上的点，且（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可证明AE平面PAB，即可证明平面平面；（2）根据三棱锥中，利用等体积即可求高.【详解】（1）证明：平面，又底面为正方形，平面平面，平面平面，为中点平面平面，平面又平面，平面平面（2）解：，又，四棱锥的高，点到平面的距离为【点睛】证明面面垂直的主要方法(1)利用判定定理：(2)用定义证明只需判定两平面所成二面角为直二面角(3)如果一个平面垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面：20. 已知椭圆焦点为且过
13、点，椭圆上一点到两焦点,的距离之差为2，（1）求椭圆的标准方程；（2）求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由题意可得c=2,同时代入点的坐标，结合椭圆的简单性质，联立可得答案.(2)由，解得,满足，可知为直角三角形，可求三角形的面积.【详解】解：（1）由,解得,所以椭圆的标准方程为.（2）由，解得.又，故满足.为直角三角形.【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法和椭圆的几何性质的应用,相对不难.21. 已知抛物线=的焦点为坐标原点,是抛物线上异于的两点(1)求抛物线的方程;(2)若直线的斜率之积为,求证:直线过轴上一定点【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：本题
14、主要考查抛物线方程、直线与圆锥曲线的位置关系、直线的方程与斜率,考查了定点问题.(1)由抛物线的焦点坐标可得p的值,即可得抛物线方程;(2)分直线的斜率存在与不存在两种情况,结合直线的斜率之积为进行讨论.试题解析：(1)因为抛物线的焦点坐标为,所以,所以,所以抛物线的方程为.(2)证明:当直线的斜率不存在时,设.因为直线的斜率之积为,所以=,化简得,所以,此时直线的方程为.当直线的斜率存在时,设其方程为=,联立方程组消去,得,根据根与系数的关系得,因为直线的斜率之积为,所以=,即,即,解得(舍去)或,所以=,即,所以,即,综上所述,直线过定点点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定
15、“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.22. 如图，斜棱柱中，侧面垂直底面，且，分别是，的中点，.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明点是的中点，再证明，最后证明平面（2）先证明平面、，再建立空间直角坐标系，接着求平面的一个法向量设为，平面的法向量为，最后求二面角的余弦值即可解题.【详解】解：（1）证明：连接交于点，连接，如图，在斜棱柱中，四边形是平行四边形，点是的中点，点是的中点，在中，平面，平面,平面（2）侧面垂直底面，且，是的中点， 平面，是的中点，以点为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，设，则点，平面是底面，平面的一个法向量设为，设平面法向量为，则即，令，解得：，则平面的法向量为，所以二面角的余弦值：.【点睛】本题考查利用线线平行证明线面平行，求平面的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值，是中档题.