河北省唐山市遵化市2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】.pdf

河北省唐山市遵化市河北省唐山市遵化市 2020-20212020-2021 学年高二数学上学期期中试题（含解学年高二数学上学期期中试题（含解析）析）一一. .单项选择题（本小题共单项选择题（本小题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）有一项是符合题目要求的）1. 在平面直角坐标系中，直线+的倾斜角是（ ）  xy30A. B. C. D. π6π4π33π4【答案】B【解析】【分析】由直线方程得斜率，从而得倾斜角．【详解】由直线方程知直角斜率为 ，在上正切值为 1 的角为，即为倾斜角．1[0, )4故选：B．2. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）A. B. C. D. 2353432 53【答案】A【解析】【分析】由三视图，确定三棱锥的高与底面，及底面面积后可得体积．【详解】由三视图知三棱锥中，与底面垂直，底面是等腰三角形，ABCDADBCD，，∴．12 222BCDS 1AD 122 133V   故选：A．3. 圆的圆心坐标和半径分别为（ ）22235xyA. ，5B. ，C. ，5D. ，2,32,352, 32, 35【答案】D【解析】【分析】根据圆的标准方程即可求解.【详解】由圆的方程为：，22235xy则圆心坐标为，半径为.2, 35r 故选：D【点睛】本题考查了直接求圆的圆心与半径，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.4. 如图所示，将无盖正方体纸盒展开，直线，在原正方体中的位置关系是（ ）ABCDA. 平行B. 相交C. 异面D. 相交成60【答案】D【解析】【分析】将原正方体盒子的展开图还原成直观图，再判断的位置关系.,AB CD【详解】原正方体盒子的直观图如图所示：则与相交，连接，有为等边三角形,ABCDACABC故选：D【点睛】本题考查空间中直线位置关系的判断，考查正方体侧面开展图与原几何体的关系，比较简单，只需画出直观图即可解决问题.5. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为（ ） 1,1P2260xyxMNMNA. B. 230xy210xy C. D. 230xy210xy 【答案】D【解析】【分析】求得圆心坐标为，根据斜率公式求得，再由根据圆的弦的性质，得到，(3,0)CPCk2MNk结合直线点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，圆，可得，所以圆心坐标为，半径2260xyx22(3)9xy(3,0)C为，3又由斜率公式，可得，0 113 12PCk 根据圆的弦的性质，可得，所以，1PCMNkk 2MNk所以弦所在直线方程为，即，MN12(1)yx 210xy 所以弦所在直线方程为.MN210xy 故选：D.【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，以及圆的弦的性质，其中解答中熟练应用圆的弦的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.6. 已知是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥,A BO90AOBC体积的最大值为 36，则球的表面积为（ ）OABCOA. B. C. D. 36π64π144π256π【答案】C【解析】【分析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥CAOBOABC体积的最大值为 36，求出半径，即可求出球的表面积．OABCO【详解】解：如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积CAOBOABC最大，设球的半径为，此时，故，OR2311136326O ABCC AOBVRRVR6R 则球的表面积为，O24144R故选：．C【点睛】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点位于垂直于面的直CAOB径端点时，三棱锥的体积最大是关键，属于中档题．OABC7. 若直线 y=x+b 与曲线有公共点，则 b 的取值范围是234yxxA. 1,12 2B. 1 2 2,12 2C. 1 2 2,3D. 12,3【答案】C【解析】【详解】试题分析：如图所示：曲线即 （x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3） ，234yxx表示以 A（2，3）为圆心，以 2 为半径的一个半圆，直线与圆相切时，圆心到直线 y=x+b的距离等于半径 2，可得=2，232b ∴b=1+2，b=1-222当直线过点（4，3）时，直线与曲线有两个公共点，此时 b=-1结合图象可得≤b≤31 2 2故答案为 C8. 在正方体中，直线与面所成角的正弦为（ ）1111ABCDABC D1AD11BDD BA. B. C. D. 22122432【答案】B【解析】【分析】结合题意，构造该直线与平面所成夹角，计算正弦值，即可．【详解】连接 AC 交 BD 于点 O，连接，1DO因为，得到，所以为直线与面1,ACBD DDAC11ACBB D D 平面1ADO1AD所成角，设，则，所以11BDD B=2ADx12 2 ,2ADx AOx，故选 B．1121sin22 2AOxADOADx【点睛】本道题考查了计算直线与平面所成角，考查了直线与平面垂直的判定，难度中等．二二. .多项选择题（本题共多项选择题（本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分，在每小题给出的四个选项中，有多分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得项符合题目要求，全部选对得 5 5 分，部分选对得分，部分选对得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分）分）9. 垂直于同一条直线的两条直线的位置关系（ ）A 平行B. 垂直C. 异面D. 重合【答案】ABC【解析】【分析】根据空间两条直线的位置关系判断．可以用模型说明．【详解】观察正方体中与一条棱垂直的棱可知，ABC 均可能，故选：ABC．10. 设､是两条不同的直线，､､是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是mn（ ）A. 若，，则B. 若，，，则m/ /nmn/ // /mmC. 若，，则D. 若，，则/ /m/ /n//mn/ /【答案】AB【解析】【分析】直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．【详解】解：若，，则，是直线和平面垂直的判定，A 正确；m/ /nmn若，，，则，推出，满足直线和平面垂直的判定，B 正确；/ // /mm/ /若，，则，两条直线可能相交，也可能异面，C 不正确．/ /m/ /n//mn若，，则中与可能相交或异面．考虑长方体的顶点，与可以相/ /mn交．D 不正确．故选：AB．【点睛】本题考查线线平行与垂直的判定，线面垂直的判定，面面平行的判定，是基础题.11. 已知圆上有且仅有两个点到直线 3415=0 的距离为222450xyxya x y 1，则实数a的可能取值（ ）A. 15B. 6C. 0D. 1- -- -【答案】BC【解析】【分析】确定圆心不过已知直线，与已知直线平行且距离为 1 的直线有两条，这两条直线一条与圆相交，一条与圆相离即可得．由此求出的范围后可判断各选项．a【详解】圆标准方程是，圆心为，半径为（22(1)(2)10xya(1,2)C10ra） ，10a 圆心到已知直线的距离为，则圆心到与直线平行且距223 8 1543( 4)d  34150xy离为 1 的直线的距离分别为 3 和 5，由题意，解得．只有 BC 满足．3105a151a故选：BC．【点睛】方法点睛：本题考查考查直线与圆的关系，解题方法的得出是由于到已知直线距离为 1 的点在两条平行线上，与已知直线的距离是 1，要满足题意，则这两条直线一条圆相交，一条与圆相离（圆心不在直线上） ．由直线与圆的位置关系求解．12. 如图，在正方体ABCD中，点P在面对角线AC上运动，给出下列四个命题，1111ABC D则其中正确的命题的是（ ）A. 平面1/ /D P11ABCB. 1D PBDC. 平面PD⊥平面1B11ABCD. 三棱锥的体积不变11ABPC【答案】ACD【解析】【分析】确定平面平面，可判断 A，取特殊点可判断 B，证明平面后得1/ /ACD11ABC1B D 1ACD面面垂直，可判断 C，由棱锥体积公式可判断 D．【详解】如下图，正方体中，由线面平行的判定定理，得平面，同11/ /ACAC/ /AC11ABC理平面，因此可得平面平面，从而平面内的直线1/ /AD11ABC1/ /ACD11ABC1ACD平面，A 正确；1/ /D P11ABC如下图，当是与交点时，是锐角，B 错；PACBD1D PD如下图，由正方体中，可得平面，从而，同理ACBD1ACBBAC 1BDBACBD有，因此有平面，∴平面平面，C 正确；1ADBD1B D 1ACD1PDB1ACD如上图，的面积是矩形面积的一半，不变，到平面的距离不变是11PAC11ACC AB11PAC，因此三棱锥即三棱锥的体积不变，D 正确．12BD11BPAC11ABPC故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面关系，棱锥的体积，掌握线面平行的判定，线线垂直、线面垂直与面面垂直的关系是解题关键．解题时对三个垂直的间相互转化需熟练掌握．三三. .填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. .把答案填写在题中横线上）把答案填写在题中横线上）13. 已知正四棱锥的高为 4，侧棱长为 3，则该棱锥的侧面积为___________.2【答案】4 17【解析】【分析】由高和侧棱求侧棱在底面射影长，得底面边长，从而可求得斜高，可得侧面积．【详解】如图，正四棱锥，是高，是中点，则是斜高，PABCDPOMBCPM由已知，，则，4PO 3 2PC 22(3 2)42OC 是正方形，∴，，，ABCD2BC 1OM 224117PM 侧面积为侧．S1(4 2)174 172故答案为：．4 17【点睛】关键点点睛：本题考查求正棱锥的侧面积．在正棱锥计算中，解题关键是掌握四个直角三角形：如解析中图中，正棱锥的几乎所有量在这,,,SOCSOMSMCOCM△△△△四个直角三角形中都有反应．14. 经过点作圆的切线，则切线的方程为___________.21M，225xy【答案】250xy【解析】【分析】根据题中条件，先求出切线斜率，进而可得切线方程.【详解】因为点在圆上，2, 1M225xy所以，因此切线斜率为 2，12OMk 故切线方程为，整理得．122yx 250xy故答案为：.250xy15. 正方体 ABCD－A1B1C1D1中，二面角 C1－AB－C 的平面角等于________．【答案】45°【解析】【详解】试题分析：解：如图，设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，以 DA 为 x 轴，以 DC 为 y 轴，以 DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A（1，0，0） ，B（1，1，0） ，C1（0，1，1） ，∴=(0，1，0)，AB =(-1，1，1)，设面 ABC1的法向量为=(x，y，z)，1ACuuu r1n ∵•=0，•=0，∴y=0，-x+y+z=0，∴=(1，0，1)，∵面 ABC 的法向量1n AB 1n 1ACuuu r1n =(0，0，1)，设二面角 C1-AB-C 的平面角为2n θ，∴cosθ=|cos＜，＞|=，∴θ=45°，答案为 45°．1n 2n 22考点：二面角的平面角点评：本题考查二面角的平面角及求法，是基础题．解题时要认真审题，注意向量法的合理运用16. 当点在圆上运动时，它与定点的连线的中点的轨迹方程是P221xy3 0Q  ，PQ________________.【答案】22+3124yx【解析】【分析】设动点，，的中点，由中点坐标公式可解出，，将点点的坐00(,)P xyPQ( , )M x y0x0yP标代入已知圆的方程，化简可得到所求中点的轨迹方程. .【详解】解：设动点，，的中点，00(,)P xyPQ( , )M x y由题意可得：，，032xx 02yy 解得：，，023xx02yy又点在圆上运动，P221xy，22(23)(2 )1xy化简得：，即为所求的轨迹方程. .22+3124yx故答案为：. .22+3124yx【点睛】方法点睛：求轨迹方程的基本步骤：①建立适当的平面直角坐标系，设是( , )P x y轨迹上的任意一点；②寻找动点所满足的条件；③用坐标表示条件，列出方程( , )P x y( , )x y；④化简方程为最简形式；⑤证明所得方程即为所求的轨迹方程，0(),f x y 0(),f x y 注意验证. .四四. .解答题（本题共解答题（本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分，解答应写出文字说明分，解答应写出文字说明. .证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤）17. 已知直线和直线，1:260Laxy22:110Lxaya aR（1）当时，求的值；12LLa（2）当与平行时，求的值.1L2La【答案】 （1）；（2）.231【解析】【分析】（1）根据两直线垂直，列出方程，即可求出结果；（2）根据题意，先得到，求出，再代入直线方程检验，即可得出结12 10aa  a果.【详解】 （1）由题意，若，则，解得；12LL1210aa  23a （2）若与平行，则，解得或，1L2L12 10aa  2a 1当时，与重合，不满足题意；2a 1:30Lxy2:30Lxy当时，和平行，满足题意.1a  1:260Lxy2:20Lxy故.1a  18. 如图正方形中，证明：1AC（1）；1BDAC（2）平面1BD 1ABC【答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质可得AC 1BDD；1BDAC（2）由线面垂直的判定定理证明平面，从而得出，再由1AB 11AD B11BDAB，得出平面.1BDAC1BD 1ABC【详解】 （1）连接BD在正方体中1AC底面，底面为正方形1DD ABCDABCD又底面AC ABCD，1DDACBDAC又平面，平面，1DD Q1BDDBD 1BDD1DDBDDI平面AC 1BDD又平面1BD 1BDD1BDAC（2）连接111,,AB AB BC在正方体中,侧面，侧面为正方形1AC11AD 11AAB B11AAB B又侧面,，1AB 11AAB B111ADAB11ABAB又平面，平面，11AD 11AD B1AB 11AD B1111ADABA平面,又平面1AB 11AD B1BD 11AD B,由（1）可知.11BDAB1BDAC，平面，平面1ACABAAC 1ABC1AB 1ABC平面1BD1ABC【点睛】本题主要考查了证明线线垂直以及证明线面垂直，属于中档题.19. 已知的顶点，，，求ABC2,4A0, 2B4,2C （1）边上的中线所在直线的方程；ABCM（2）求点关于直线对称点坐标．ABC【答案】 （1）；（2）.560xy6, 4【解析】【分析】（1）求出的中点的坐标，从而可求的直线方程.ABMCM（2）求出直线的方程，设所求对称点的坐标为，根据中点和垂直两个关系得到关BC, a b于的方程组，求解后可得所求的对称点的坐标., a b【详解】 （1）由题设有，故， 1,1M2 114 15CMk  故直线的方程为：即.CM1115yx 560xy（2），故直线的方程为：，22104CBk   BC2yx  设点关于直线对称点坐标为，ABC, a b则，解得，42222412baba 64ab  故点关于直线对称点坐标为.ABC6, 4【点睛】本题考查直线方程以及点关于直线的对称点的求法，后者注意利用中点和垂直来构建关于对称点的坐标的方程组，本题属于基础题.20. 如图，在三棱柱ABC中，各个侧面均是边长为 2 的正方形，D为线段AC的中点.111ABC（1）求证：BD⊥平面AC；11C A（2）求证：直线A平面BD.1/ /B1C【答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用正三棱柱的性质得，，则证得线面垂直；BDAC1DCAA（2）设，连接DO，由中位线定理得，从而可得线面平行．11BCBCO1/ /DOAB【详解】(1)证明: 由三棱柱ABC中，各个侧面均是边长为 2 的正方形111ABC可知三棱柱为正三棱柱由D为线段AC的中点，可知BD⊥AC， 因为BD⊥A，，所以BD⊥平面AC1A1AAACA11C A(2) 证明:连接，且，连接DO11,BC BC11BCBCO在中为中点，为中点，所以1CABO，1CBDAC1/ /DOABDO平面BD，A平面BD1C1B 1C所以A平面BD．1/ /B1C【点睛】关键点点睛：本题考查证明线面垂直与线面平行，解题关键是掌握线面平行与线面垂直的判定定理．解题时注意要满足定理的所有条件，缺一不可，在所有条件满足的情况下可由定理得出结论．21. 如图，圆与圆 (点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，另两圆外切且EFFExAC与直线分别相切于，两点，若.3yxBD31E，（1）求圆与圆的标准方程；EF（2）过B作直线EF的垂线L，求直线L被圆E截得的弦的长度.【答案】 （1），；（2）.22311xy223 339xy3【解析】【分析】（1）先由题意，得到圆的半径为 ，进而可得的方程；再由题意，得到、、三E1EOEF点共线，设圆的半径为，由题意，得到，再求出，即可得出圆的方FR3R 3 3,3FF程；（2）先由题意，联立直线与圆的方程求出，以及直线L的方程，根3yxE3 322B，据几何法，即可求出圆的弦长.【详解】 （1）因为点，圆与轴分别相切于，所以，即圆的半径为 ，31E，ExA1EA E1所以圆；22:311Exy因为圆与圆(点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，与直线分别EFFExAC3yx相切于，两点，且两圆外切，所以、、三点共线，BDOEF设圆的半径为，FR则有，即，解得，即，则EAOEFCOF123RR3R 3FC3Fy 又在直线上，所以，即，F1:3OE yx3 3Fx 3 3,3F因此，圆；22:3 339Fxy(2).联立，解得，所以，223113xyyx3232xy3 322B，又；1333OEEFkk所以过点且与垂直的直线L为: ，BEF33322yx 即，330xy因为点E到直线L的距离 22331 31231d 所以直线L被圆截得弦长.222 13d【点睛】方法点睛：求圆的弦长的方法：（1）代数法：联立直线与圆的方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；（2）几何法：先求圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离的平方与弦长一半的平方之和等于半径的平方，即可求出弦长.22. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形且AA1⊥面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点.求证：（1）平面AB1F1∥平面C1BF；（2）平面AB1F1⊥平面ACC1A1.【答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由棱柱的性质及中点得B1F1∥BF，AF1∥C1F.，从而有线面平行，再有面面平行；（2）先证明B1F1⊥平面ACC1A1，然后可得面面垂直．【详解】证明：（1）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，连接，1FF∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，，，，1111//,AFC F AFC F111////FFAABB111FFAABB∴是平行四边形，是平行四边形，11AFC F11BFFB∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.　平面，平面，∴平面，BF 1BFC11B F 1BFC11B F / /1BFC同理平面，1AF / /1BFC又∵B1F1∩AF1＝F1，平面，平面，11B F 11AB F1AF 11AB F∴平面AB1F1∥平面C1BF.（2）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，平面，∴B1F1⊥AA1.11B F 111ABC又是等边三角形，是中点，∴B1F1⊥A1C1，而A1C1∩AA1＝A1，111A BC△1F11AC∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.【点睛】本题考查证明面面平行和面面垂直，掌握面面平行和面面垂直的判定定理是解题关键．。