1、山东省济南市市中区实验中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）第I卷(共60分)一、单选题(本题包括8小题，每小题5分，共40分每小题只有一个选项符合题意)1. 直线的一个方向向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.2. 椭圆离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题可知，求出，即可求出椭圆的离心率【详解】因为椭圆中，所以，得，故选：B【点睛】本题考查椭
2、圆的离心率的求法，以及灵活运用椭圆的简单性质化简求值3. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】先由直线平行求出，再由平行线间距离公式可求出d.【详解】两直线平行，解得，将化为，.故选：D.4. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，设，是的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用向量加法、减法和数乘运算，用表示出.【详解】.故选：B【点睛】本小题主要考查利用基底表示向量，考查向量加法、减法和数乘运算.5. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并
3、解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题设给出材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】因为平面的方程为，故其法向量为，因为直线的方程为，故其方向向量为，故直线与平面所成角的正弦值为，故选：B.【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.6. 已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】当直线和圆心与点的
4、连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时根据弦长公式得最小值为.故选：B.【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.7. 已知，是异面直线，则异面直线，所成的角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的数量积可求异面直线，所成的角.【详解】，因为，故，所以，而，故，所以，整理得到：，因为，故，故异面直线，所成的角为.故选：C.8. 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为A.
5、 B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.二.多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）9. 过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程为（ ）A
6、. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设出直线的点法向式方程为(、不同时为)，先讨论或均不合题意，即，然后求出横纵截距，由两截距相等得出，代入即得直线方程【详解】设所求直线方程为(、不同时为)，显然，当或时，所得直线方程不满足题意，故、均不为，当时，当时，根据题意，直线在两坐标轴上的截距相等，则，令，则，整理，得，解得，或，则，或，故所求直线方程为或，故选：AC.【点睛】方法点睛：本题考查直线的截距问题在不学直线的点法向式方程的地区，一般直线在坐标轴的两截距相等，可分类讨论，分截距为0和截距不为0两类，截距为0时设直线方程为求解，截距不为0时设直线方程为求解两截距一个是另一个倍数问
7、题也一样10. 已知曲线（ ）A. 若，则是椭圆，其焦点在轴上B. 若，则是椭圆，其焦点在轴上C. 若，则是圆，其半径为D. 若，则两条直线【答案】AD【解析】【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确，故B错误；对于C，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故C不正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：AD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11. 已知圆和两点，若圆上
8、存在点，使得，则的可能取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，可得圆心到的距离为5，得到圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由，可得，从而得到的取值范围，结合选项得答案【详解】解：圆圆心，半径为1，因为圆心到的距离为5，所以圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，因为圆上存在点，使得，所以以为直径的圆与圆有交点，所以，所以，所以选项BC符合题意，故选：BC【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，解题的关键是求出圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由圆上存在点，使得，得以为直径的圆与圆有交点，从而可
9、求出，考查转化思想，属于中档题12. 已知，是椭圆的左，右焦点，动点在椭圆上，的平分线与轴交于点，则的可能取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆方程求得焦点坐标，再由得，分别写出直线和的方程，由M到两直线的距离相等列式，整理可得m关于的关系式，求得m的取值范围，即可得出结果.【详解】由椭圆方程可得，由可得，则直线的方程为，即，直线的方程为，即，在的平分线上，则式可化为，即，又，结合选项可得m的可能取值为1，0，.故选：ACD.【点睛】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系的应用，解题的关键是利用角平分线上的点到两直线距离相等列式求出m关于的关系式，得
10、出m的范围求解.第卷（非选择题，共90分）三填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13. 已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则_.【答案】1【解析】【分析】由可得，再由即可求出.【详解】，.故答案为：1.14. 在棱长为的正方体中，是线段的中点，是线段的中点，则直线到平面的距离为_.【答案】【解析】【分析】先证明平面，再求出平面的法向量和直线的方向向量后可求直线到平面的距离.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系.，则，所以，所以，而平面，平面，故平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离.又，设平面的法向量为，故，取，则，故点到平面的距离为，故答案为：.【点睛】方法点睛：点到
11、平面的距离，可利用线面垂直来求解，也可利用斜线的方向向量和平面的法向量来求解，解题中注意合理选择方法.15. 椭圆的左、右焦点分别为，弦过，若的内切圆的周长为，两点的坐标分别为，则_【答案】【解析】【详解】在椭圆中，的内切圆的周长为，内切圆的半径为由椭圆的定义得的周长为，又且，解得答案：点睛：本题的解答中运用了数学中“算两次”的方法，即从两个不同的角度分别求出了的面积，从而建立了关于的关系式，使得问题得以求解对于圆锥曲线的问题，一定要注意定义的运用，这样可简化解题过程中的推理和运算16. 2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：是圆的圆心，圆过坐标原点；点、
12、均在轴上，圆与圆的半径都等于2，圆圆均与圆外切已知直线过点（1）若直线与圆、圆均相切，则截圆所得弦长为_；（2）若直线截圆、圆、圆所得弦长均等于，则_【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】（1）设出公切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程求解即可；（2）设出方程，分别表示出圆心到直线的距离，结合弦长公式求得，即可【详解】解：（1）根据条件得到两圆的圆心坐标分别为，设公切线方程为且存在，则，解得，故公切线方程为，则到直线的距离，故截圆的弦长；（2）设方程为且存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：，则，即有，解得，代入得，则，即，故答案为：3；【点睛】本题考查直线与圆的位置关系
13、，圆与圆的位置关系，公切线方程，方程思想，数形结合思想，属于中档题四解答题(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为，.（1）在中，求边中线所在直线方程；（2）求平行四边形的顶点的坐标及边的长度.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）求出边中点坐标，即可求出中线方程；（2）由是BD中点即可求出的坐标，由距离公式可求出的长度.【详解】（1）设边中点为，则点坐标为，直线，直线的方程为：，即：，边中线所在直线的方程为：；（2）设点的坐标为，由已知得为线段的中点，有，解得，又，则.18. 如图，已知的边所在直线的方程为，满足，点
14、在边所在直线上且满足.（1）求边所在直线的方程；（2）求外接圆的方程；（3）求过的外接圆的切线方程.【答案】（1）；（2）；（3）或.【解析】【分析】（1）求出直线的斜率后可得直线的方程.（2）求出点的坐标，结合圆心坐标可求圆的半径，从而可得圆的方程.（3）利用点到直线的距离为半径可求切线的斜率，从而可得所求的切线的方程.【详解】（1），又在上，为，又边所在直线的方程为，直线的斜率为，又点在直线上，边所在直线的方程为，即.（2）与的交点为，由解得点的坐标为，为斜边上的中点，即为外接圆的圆心，又，从而外接圆的方程为.（3）设切线方程为，则，解得或.所以切线方程为或.【点睛】思路点睛：（1）确定直
15、线的方程往往需要两个独立的条件，比如直线所过的两个不同点，或直线所过的一个点和直线的斜率；（2）确定圆的方程，关键是圆心坐标和半径的确定；（2）直线与圆的位置关系，往往通过圆心到直线的距离与半径的大小关系来判断.19. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.（1）求的长；（2）为何值时，的长最小并求出最小值；（3）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）；（2）当时，最小，最小值为；（3）.【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出各点的坐标后可求的长.（2）利用二
16、次函数的性质可求的长最小以及何时取最小值.（3）求出平面与平面的法向量的夹角的余弦值后可求二面角（锐）的余弦值.【详解】如图建立直角坐标系，因为，所以，.（1），其中.（2）当时，最小，最小值为.（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，则，取得中点，连接，则，因为，所以，所以或其补角为所求的角.因为，所以,所以平面与平面夹角的余弦值为.【点睛】思路点睛：求空间距离和空间角，可根据几何体或空间图形的规则性合理建立空间直角坐标系，从而通过向量的模或向量的夹角来计算空间距离和角.20. 椭圆的长轴长等于圆的直径，且的离心率等于，已知直线交于，两点.（1）求的标准方程；（2）求弦的长.【答案】（1）；
17、（2）.【解析】【分析】（1）由题可得，求出即可得出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，由弦长公式即可求出.【详解】（1）由题意得，椭圆的标准方程为；（2）由得，设、，则，.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21. 如图所示，在三棱柱中，四边形为菱形，平面平面，AB=BC，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由勾股定理可得，再
18、由面面垂直的性质可得平面，由 即可得证；（2）取的中点，的中点，连接、，则可以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出.【详解】（1）四边形为菱形，又平面平面，平面平面，平面，又，平面（2）取的中点，的中点，连接、，平面，平面，又四边形是菱形，=，是的中点，故，两两互相垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即取，得平面的一个法向量为，设平面与平面所成角的平面角为，则又，平面与平画所成角为.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空
19、间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.22. 已知点，点是圆上的任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点.（1）求点的轨迹方程；（2）过点的直线与轨迹交于不同的两点，则的面积是否存在最大值?若存在，求出这个最大值及直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存，.【解析】【分析】（1）由题意知，根据椭圆定义知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，求出，即可求出轨迹方程； （2）设， 由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，联立方程得，由韦达定理知，表示出，再利用基本不等式求最值即可得到答案.【详解】（1）由题意知：，由椭圆定义知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，可知，即，则所以点的轨迹方程为；（2）存在；设，不妨设，由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，联立，得，则由韦达定理知，当且仅当，即时的面积取得最大值此时直线的方程为【点睛】方法点睛：本题考查利用定义求椭圆的标准方程及典型的最值问题，求椭圆的方程常用方法：（1）利用定义：椭圆的定义定形状时，一定要注意常数这一条件（2）利用待定系数法：先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于a，b的方程组如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，有时为了解题方便，也可把椭圆方程设为的形式考查学生的分析能力与运算求解能力，属于中档题.
