1、2020-2021学年度第一学期期末检测题高二理科数学一、选择题：本大题共12个小题，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. 命题“若则”的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数为（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0B分析：首先判断原命题及其逆命题的真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断其逆否命题与否命题的真假；解答：解：命题“若则”为假命题，则其逆否命题也为假命题；其逆命题为：若则，显然是真命题，根据互为逆否命题的两个命题同真假，可得原命题的否命题也为真命题，故为真命题的有2个故选：B2. 已知且，则的值为（ ）A. 3B.
2、4C. 5D. 6C分析：由空间向量数量积的坐标运算求解解答：由已知，解得故选：C3. 命题“存在实数，使”的否定为（ ）A. 存在实数，使B. 对任意一个实数，都有C. 对任意一个实数，都有D. 存在实数，使C分析：利用特称命题的否定可得出结论.解答：命题“存在实数，使”为特称命题，该命题的否定为“对任意一个实数，都有”.故选：C.4. 在下列各选项中，是的必要不充分条件的是（ ）A. 若，: ,: ；B. : ,: ；C. 在中，: ,: ；D. : ,: ；D分析：根据充分条件、必要条件的定义一一判断即可；解答：解：对于A：，若则，故充分性成立，若则不一定得到，故必要性不成立，所以是的充
3、分不必要条件，故A不成立；对于B：若则，即充分性成立；若则或，故必要性不成立，故是的充分不必要条件，故B不成立；对于C：在中，若则，由正弦定理得成立，故充分性成立；若，由正弦定理，又，所以，故必要性成立，所以是的充分必要条件，故C不成立；对于D：若则或，故充分性不成立，若则，故必要性成立；所以是的必要不充分条件，故D成立；故选：D5. 有两个命题：命题：正方形四个角相等，命题：正方形的四条边相等.则下列判断错误的是（ ）A. 新命题“且”是真命题B. 新命题“或”是真命题C. 新命题“非”是假命题D. 新命题“或”是假命题D分析：先判断两命题的真假，再由且或非命题真假的定义，即可得出结果.解答
4、：因为命题：正方形的四个角相等；是真命题，所以非是假命题；命题：正方形的四条边相等；是真命题，所以非是假命题；所以“且”是真命题，“或”是真命题，即ABC都正确，D错.故选：D.6. 点到点 的距离比它到直线的距离小2，则点的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. B分析：点到点的距离比它到直线的距离小2可以转化为点到直线的距离等于它到点的距离可得答案.解答：因为点到点的距离比它到直线的距离少2，所以将直线左移2个单位，得到直线，即，可得点到直线的距离等于它到点的距离，根据抛物线的定义，可得点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，设抛物线方程为，可得，得，所以抛物线的方程为，即为点的轨迹方
5、程.故选：B7. 直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的夹角的余弦为（ ）A. B. C. D. D分析：利用直线与平面的夹角坐标公式计算可得答案解答：设直线与平面的夹角为则直线与平面的夹角的余弦为故选：D8. 与椭圆焦点相同且经过点（2,3）的双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. A分析：利用椭圆的三个参数的关系求出椭圆的焦点坐标，设出双曲线的方程，将已知点的坐标代入双曲线方程得到双曲线的三个参数的一个关系，再利用双曲线本身具有的关系，求出，的值，即得到双曲线的方程解答：解：设双曲线的方程为椭圆的焦点坐标为双曲线中的，双曲线过点，解得，双曲线方程为故选：A9. 顶点在原点，经
6、过点，且以坐标轴为轴的抛物线的标准方程是（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或D分析：设出抛物线方程为或，代入点的坐标求出参数值可得解答：设抛物线方程为，则，方程为，或设方程为，则，方程为所以抛物线方程为或故选：D点拨：关键点点睛：抛物线的标准方程有四种形式，在不确定焦点位置（或开口方向时），需要分类讨论象本题在抛物线过一点的坐标，则需要考虑焦点在轴和轴两种情况，焦点在轴上时可以直接设方程为，代入点的坐标求出参数值，不必考虑焦点是在轴正半轴还是在负半轴，焦点在轴也类似求解10. 抛物线上到直线的距离最小的点的坐标是（ ）A. B. C. D. A分析：设抛物线上一点为，利用点到直线的距离公式可
7、得，由此能求出抛物线上一点到直线的距离最短的点的坐标解答：解：设抛物线上一点为，点，到直线的距离，当时，即当时，抛物线上一点到直线的距离最短故选：11. 若双曲线的离心率，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. C分析：依题意，利用，即可求得答案解答：解：双曲线的方程为：，即故选：12. 如果直线与双曲线只有一个交点，则符合条件的直线有（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条D分析：直线方程与双曲线方程联立方程组，由方程组只有一解确定解答：由，得，若，即，时，方程组只有一解；时，方程组只有一解；时，此时方程组也只有一解方程组只有一解，即直线与双曲线只有一个交点因此这样的直线有4条故选
8、：D点拨：关键点点睛：直线与曲线的交点问题，可能通过解方程组确定，直线与曲线方程组成的方程组的解的个数就是它们交点的个数这是代数方法也可从几何角度考虑，如本题直线与双曲线相切的有两条，与渐近线平行的有两条共4条直线与双曲线只有一个交点二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知、是单位向量，且，则_.分析：依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律计算可得；解答：解：因为、是单位向量，且，所以，所以故答案为：14. 斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于两点，则_.8分析：由点斜式求出直线AB的方程，将其与抛物线方程联立，可得，再根据抛物线定义可求出结果.解答：设，焦点，
9、则直线的方程为，与抛物线方程联立整理得，所以，由抛物线定义可得.故答案为：8.点拨：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，抛物线的焦点弦(过焦点的弦)为、,则有如下结论：.15. 已知双曲线与椭圆共焦点，它们的离心率之和为，则双曲线方程为_.分析：先由椭圆方程求出椭圆的离心率以及，再结合双曲线的离心率得出双曲线方程.解答：椭圆的双曲线的离心率由题意可知，解得故双曲线方程为故答案为：16. 已知平面经过点，且的法向量，则到平面的距离为_.分析：求出在法向量方向投影，投影的绝对值即为距离解答：由已知，则在法向量方向的投影为，所以到平面的距离为故答案为：三、解答题：本大题共4小题，共70分.解答应写出
10、文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知点,，向量,计算：（1）求向量的单位向量；（2）求，；（3）；（4）求点到直线的距离.（1）；（2），；（3）；（4）.分析：（1）求出向量的模，用除以其模可得其单位向量；（2）用模的坐标表示计算；（3）根据数量积的定义计算夹角的余弦；（4）求出在 上的投影为，然后由勾股定理可得点到直线的距离解答：解：由已知得： （1），则 （2），（3）（4）在 上的投影为，点B到直线OA的距离18. 已知椭圆的长轴在轴上，长轴长为4，离心率为，（1）求椭圆的标准方程，并指出它的短轴长和焦距.（2）直线与椭圆交于两点，求两点的距离.（1），短轴长为，焦距为；（2）
11、.分析：（1）由长轴得，再由离心率求得，从而可得后可得椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立方程组求得交点坐标后可得距离解答：（1）由已知：， 故，则椭圆的方程为：， 所以椭圆的短轴长为，焦距为. （2）联立 ，解得，所以，故 19. 若直线与曲线恰好有一个公共点，求实数的取值集合.分析：直线与曲线恰好有一个公共点，即方程组有唯一一组实数解，消去，对和进行讨论，列方程求出实数的取值集合解答：由题得方程组有唯一一组实数解，化简得: （1）当时，方程是关于的一元一次方程，它有解，这时，原方程组有唯一解符合题意. （2）当时，方程是关于的一元二次方程 .判别式时，原方程组有两个相等的实数解. 即 解
12、得 或 当时， 原方程组有唯一解，符合题意.当时， 原方程组有唯一解，符合题意故所求实数的取值集合.20. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱,底面是等腰直角三角形，,侧棱分别是的中点.（1）求平面与平面的夹角的余弦.（2）求与平面所成角的余弦值.（1）；（2）.分析：（1）分别求出平面与平面的法向量，再利用空间向量法求出二面角的余弦值；（2）利用空间向量法求出线面角的正弦值，再根据同角三角函数的基本关系求出其余弦值；解答：解： ， (1) ，设平面的法向量，则 令,得平面的一个法向量， . 设平面的法向量,则 令,得平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，所以 . (2) 由（1）知，平面的一个法向量， ， 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 所以 .