1、福建省三明市2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的.1.在下列四个平面图形中，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿相邻正方形的公共边折叠围成一个正方体的图形是（ ）A.B.C.D.2.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则、两点间的距离为（ ）A.B.2C.4D.3.已知抛物线的方程为，则其准线方程为（ ）A.B.C.D.4.日常生活中，我们常看到各式各样的简易遮阳棚（板）.现有直径为的圆面，在其圆周上选定一个点固定在水平地面上，然后将圆面撑起，做成简易遮阳棚（板）.某一时刻的太阳光
2、线与水平地面成角，若要得到最大的遮阴面，则遮阳棚（板）与遮阴面所成角大小为（ ）A.B.C.D.5.圆上动点到直线的距离的最小值为（ ）A.B.C.D.6.过抛物线的焦点且倾斜角为锐角的直线与交于两点，过线段的中点且垂直于的直线与的准线交于点，若，则直线的倾斜角角为（ ）A.B.C.D.7.直线与连接，的线段相交，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.8.已知、是双曲线的上、下焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）A.B.C.D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的
3、得0分，部分选对的得3分.9.用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列可能的是（ ）A.正三角形B.正四边形C.正五边形D.正六边形10.有以下四种说法，其中正确的有（ ）A.“且”是“”的充要条件B.直线，平面，若，则“”是“”的充分不必要条件C.“”是“”的必要不充分条件D.设，则“”是“”的既不充分也不必要条件11.如图，在正方体中，为线段上的动点，则（ ）A.B.三棱锥的体积与点的位置有关C.异面直线与所成角的取值范围是D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为12.已知正三棱柱的所有棱长都为3，是的中点，是线段上的动点.若三棱维的四个顶点都在球的球面上，则球的半径可能是（ ）A.B.C
4、.D.3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.某圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆维的体积是_.14.已知椭圆，那么过点且被平分的弦所在直线的方程为_.15.若分别为圆：与圆：上的动点，为直线上的动点，则的最小值为_.16.已知为坐标原点，是双曲线:的左焦点，分别为的左、右顶点，为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，若，则的离心率为_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知平行四边形的三个顶点的坐标，.（1）求顶点的坐标；（2）求平行四边形的面积.18.设：关于的不等式有解，:（1）若为真命题，求
5、实数的取值范围；（2）若为假命题，为真命题，求实数的取值范围.19.如图，在五面体中，四边形是平行四边形.（1）求证：；（2）若，求证：平面平面.20.已知圆经过原点且与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）在圆上是否存在关于直线对称的两点，使得以线段为直径的圆经过原点？若存在，写出直线的方程；若不存在，请说明理由.21.如图1，在直角梯形中，.将沿折起，折起后点的位置为点，得到三棱锥如图2所示，平面平面，直线与平面所成角的正切值为.（1）求线段的长度；（2）试判断在线段上是否存在点，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由.22.已知椭圆的左，右顶点分别为，离心
6、率，椭圆上任意一点到两个焦点，的距离之积的最大值为4.（1）求椭圆的方程；（2）已知点为直线：上的任意一点，直线、与椭圆分别交于两点、（不同于、两点），求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标，参考答案一、选择题1.D 2.B 3.C 4.B 5.A 6.D 7.C 8.A二、选择题9.ABD 10.BD 11.ACD 12.BC三、填空题13. 14. 15.9 16.5四、解答题17.解法一：（1）设，则，因为四边形是平行四边形，所以，即有，解得，即.（2）直线的斜率为，所以直线的方程为，点到直线的距离为：，又，所以平行四边形的面积为解法二：（1）因为，所以中点为，该点也为中点，设，由，所以
7、.（2）因为，由余弦定理得所以，四边形的面积为.解法三：（1）同解法一、解法二（2）依题意，因为，所以，又因为，所以.解法四：（1）同解法一、解法二（2）依题意，所以18.解法一：（1）为真命题时，解得所以的取值范围是（2）为真命题时，即，解得所以为假命题时或由（1）知，为假时因为为假命题，为真命题，所以为一真一假，真假，即，解得假真，即，解得综上：的取值范围是19.（1）因为四边形是平行四边形所以因为平面，平面所以平面.又因为平面，平面平面所以.（2）由（1）有因为，所以.又因为，平面，平面所以平面.又因为平面，所以平面平面20.解法一：（1）依题意，圆心在过点且与垂直的直线上.由平几知识，
8、圆心在弦的中垂线上所以圆心.所以半径所以圆的方程为（2）设，依题意，设直线的方程为联立，消去整理得：所以又依题，以为直径的圆过原点所以所以所以所以所以所以或此时，都有所以存在满足条件的直线:或解法二：（1）设圆的方程为可得解得所以圆的方程为（2）同解法一21.（1）因为平面平面，平面平面又面，所以面所以与面所成角为，又所以因为在直角梯形中，所以所以，令那么，所以所以，即（2）以的中点为坐标原点，又，为轴，轴建立如图空间直角坐标系，设，.设二面角的平面角为设平面的一个法向量为.由得即取，得.取面的一个法向量则（此处应有绝对值符号）所以化简整理得：或（舍去）当时，所以为的四等分点，且22.解法一：
9、（1）由椭圆的定义知所以已知，所以，.因为，所以.因为，所以，所以椭圆的方程为.（2）设上任意点，设，则直线的方程为联立消去得由韦达定理得，解得因为直线的方程为联立消去得由韦达定理得，解得当时，即时即时，过定点当时，即时则整理得：易得直线经过定点综上所述：直线经过定点解法二：（1）同解法一（2）当点是椭圆上顶点时，直线的方程为，可得，则与联立解得，所以直线的方程为：，由椭圆的对称性可知，直线经过轴上的定点，所以直线经过定点.以下证明一般性：设上任意点，设，则直线的方程为联立消去得由韦达定理得，解得因为直线的方程为联立消去得由韦达定理得，解得直线经过定点，即三点共线因为，因为所以，那么三点共线所以直线经过定点解法三：（1）同解法一（2）设，所以所以依题意，设直线的方程为联立，消去整理得：所以又因为:，:且与交于直线：上的点所以，当时，所以所以所以所以所以或所以或又因为、不同于、两点，故所以直线的方程为所以直线过定点