1、20202021学年度第一学期期中质量检测高二数学试题一单项选择题1. 在空间直角坐标系中，若，则点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先设出点，利用向量坐标公式以及向量相等的条件得到等量关系式，求得结果.【详解】设，所以，所以，所以，所以点的坐标为，故选：D.【点睛】该题考查的是有关空间向量相等的条件，属于基础题目.2. 若直线与直线垂直，则实数的值为（ ）A. -12B. -10C. 0D. 10【答案】D【解析】【分析】直接利用直线的垂直公式计算得到答案.【详解】直线与直线垂直，则，解得.故选：D.【点睛】本题考查了根据直线的垂直关系求参数，属于简单题.3.
2、 若圆C：x2y22(m1)x2(m1)y2m26m40过坐标原点，则实数m的值为()A. 2或1B. 2或1C. 2D. 1【答案】C【解析】【详解】若圆C：x2y22(m1)x2(m1)y2m26m40过坐标原点，则有且.解得.故选C.4. 下列关于抛物线的图象描述正确的是（ ）A. 开口向上，焦点为B. 开口向右，焦点为C. 开口向上，焦点为D. 开口向右，焦点为【答案】A【解析】【分析】利用抛物线方程，判断开口方向以及焦点坐标即可.【详解】抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为.故选：A【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，属于基础题.5. 设双曲线 (a0，b0)的虚轴长为
3、2，焦距为2，则双曲线的渐近线方程为()A. yxB. y2xC. yxD. yx【答案】C【解析】由题意知2b=2,2c=2,b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=,渐近线方程为y=x=x=x.故选C.6. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】A【解析】【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，故解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选A.【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.7. 如图，分别是四面体的边的中点，是的中点，设 ，用表示，则( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的加法和减法的运算，将表示为的线性和的形式.【详解】依题意，故选D.【点睛】本小题主要考查空间向
5、量的加法和减法运算，考查三角形中线对应向量的求法，属于基础题.8. 已知M：，直线：，为上的动点，过点作M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，当直线时， ，此时最小即 ，由解得， 所以以为直径的圆的方程为，即 ，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆
6、与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题二多项选择题9. 设直线l经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为（ ）A. B. C. D. x+2y=0【答案】AB【解析】【分析】分截距为零与不为零两种情况讨论，分别计算可得；【详解】解：设直线l经过点，且在两坐标轴上的截距相等，当截距都零，则经过坐标原点，设直线方程为，则，所以直线方程为，即；当截距都不为零，则设直线方程为，则，所以直线方程为，即综上直线方程为：或故选：AB【点睛】本题主要考查用待定系数法求直线的方程，属于基础题10. 已知圆M的一般方程为x2+y28x+6y=0，则
7、下列说法中正确的是（ ）A. 圆M的圆心为(4，3)B. 圆M被x轴截得的弦长为8C. 圆M的半径为25D. 圆M被y轴截得的弦长为6【答案】ABD【解析】【分析】利用配方法求出圆的圆心与半径，判断选项的正确性；令圆的方程的和，求出圆被轴和轴截得的弦长，判断选项的正确性.【详解】对于选项，圆M的一般方程为x2+y28x+6y=0，则圆的标准方程为(x4)2+(y+3)2=25.所以圆的圆心坐标(4，3)，半径为5.所以选项正确，选项不正确；对于选项,令(x4)2+(y+3)2=25中的，得或，所以圆M被x轴截得的弦长为8，所以选项正确；对于选项,令(x4)2+(y+3)2=25中的，得或，所以
8、圆M被轴截得的弦长为6，所以选项正确.故选：ABD.【点睛】本题考查圆的方程和弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11. 在正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的是（ ）A /平面B. 平面C. D. 点与点到平面的距离相等【答案】AC【解析】【分析】采用逐一验证法，建立空间直角标系，根据线面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理可知A,B正误，然后根据向量的坐标运算以及点面距相等的判定条件，可得结果.【详解】对A，因为分别是和的中点故，故/平面成立. 对B，建立如图空间直角坐标系，设正方体边长为2则，.故.故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立. 对C， ，.，故成立.对D，
9、点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.连接易得平面即平面.又点与点中点在上，故点不在平面上.故D不成立.故选：AC【点睛】本题考查线面关系、点面距以及空间向量的坐标运算，掌握线线、线面、面面的相关定理以及点面距、面面距、线面距的向量求法，属基础题.12. 已知抛物线上一点到准线的距离为，到直线的距离为，则的取值可以为( )A. 3B. 4C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用抛物线的定义,将的取值转化为求点到直线的距离即可求得结论.【详解】解：抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离,所以过焦点作直线的垂线,则到直线的距离为的最小值,如图所示：所以,选项ABD均大于或等于3.故选
10、ABD【点睛】本题考查抛物线的定义,抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离.利用点到直线的距离公式即可求解.三填空题13. 已知为平面的一个法向量，为直线的方向向量.若，则_.【答案】【解析】【分析】根据面的法向量与平行于面的向量垂直求解即可.【详解】由题, ,解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了法向量的性质应用,属于基础题.14. 已知圆及直线，当直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】求出直线过定点，当直线与过定点的半径垂直时，弦长最短，由此计算可得【详解】由直线方程知直线过定点，此点在内，直线与圆始终相交，所以直线被圆截得的弦长最短时，直线方程为，即【点睛】
11、本题考查直线与圆相交弦长问题，过圆内定点的直线与圆相交的弦长，当直线过圆心时弦长最长，当直线与过定点的半径垂直时弦长最短15. 如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则直线与平面所成角的正切值为_；异面直线与所成角的余弦值是_【答案】，【解析】【详解】试题分析：由两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，其中平面的一个法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以；又向量与所成角的余弦值为，又，所以异面直线与所成角的余弦值是考点：空间向量的运算及空间角的求解16. 如图，过原点O的直线AB交椭圆于A，B两点，过点A分别作x轴、AB的垂线AP
12、AQ交椭圆C于点PQ，连接BQ交AP于一点M，若，则椭圆C的离心率是_【答案】【解析】【分析】先设出两点的坐标分别为，由此可得，而则得，再由，和B，M，Q三点共线可得，而两点在椭圆上，把其坐标代入椭圆方程中，两方程作差得，由此可得，从而可求出离心率.【详解】设），则，由，则，再由B，M，Q三点共线，则，故，故即，又因为，即，所以，故椭圆C的离心率是故答案为：【点睛】此题考查椭圆的简单几何性质，求椭圆的离心率，考查运算能力，利用了数形结合的思想，属于中档题.四解答题17. 在，；，；，中任选一个，补充在下列问题中，并解答.已知，的中点坐标是，且_.（1）求直线的方程；（2）求以线段为直径的圆的方
13、程.【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.【解析】【分析】先分别选，利用中点坐标公式求出，两点的坐标，（1）先利用，两点的坐标，求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线的方程；（2）求出线段的中点坐标，就是圆的圆心，再利用两点间的距离公式求出的长度，就是圆的直径，从而可求出圆的方程【详解】若选，则，所以，；若选，则，所以，；若选，则，所以，；（1）设直线上的点的坐标为，则有，化简得.（2）由，所以圆的半径，圆心坐标为，所以圆的方程为.18. 已知空间中三点，设，.（1）若，且，求向量；（2）已知向量与互相垂直，求的值；【答案】（1）或；（2）5.【解析】【分析】（1）由于可设，从而得，再由，可得
14、，可求出的值，从而可求出向量；（2）由向量与互相垂直，可得，进而可求的值【详解】解：空间中三点，所以，（1），且，设，或；（2），且向量与互相垂直，解得，的值是5.19. 已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）若线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求的中点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设圆心的坐标为，由圆的性质列方程可得，计算出圆的半径后即可得解；（2）设线段中点，由中点坐标公式可得，化简即可得解.【详解】（1）设圆心的坐标为，则有，整理求得，故圆心为，半径满足，则圆的方程为；（2）设线段中点，由可知，点在圆上运动，的轨迹方程为.【点睛】本题考
15、查了圆的方程的确定及动点轨迹的求解，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.20. 已知过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，两点.（1）证明：定值.（2）若，O为坐标原点，求的面积与的面积的比值.【答案】（1）证明见解析 （2）4【解析】【分析】（1）根据抛物线的性质得出，设出直线AB的方程，并代入抛物线方程利用韦达定理即可证明；（2）由抛物线的定义结合抛物线方程，得出，由（1）得出，根据三角形面积公式计算即可得出结论.【详解】（1）证明：，设直线AB的方程为， 联立，得， 故. （2）解：由抛物线的定义，得，得， 则，所以. 由（1）知 故.【点睛】本题主要考查了韦达定理的应用以及抛物
16、线中的三角形面积问题，属于中档题.21. 如图，边长为等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，为线段的中点.（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）首先根据四边形为菱形，得到为等边三角形，从而易证，得到平面，又因为，所以平面，再利用面面垂直的判定即可得到平面平面.（2）首先根据平面平面，且得到平面.再以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解点到面的距离即可.【详解】（1）因为四边形为菱形，所以.又因为，所以，即为等边三角形.因为，为线段的中点，所以.因为，为线段的中点，所以.又因为，所以平面.又因为，所以平面.又平面，所以平
17、面平面.（2）因为平面平面，且，所以平面.以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示：，则，设平面的法向量，则，令，则所以点到平面的距离.【点睛】本题第一问考查面面垂直的证明，第二问考查向量法求点到面的距离，同时考查学生的计算能力，属于中档题.22. 已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）求的方程：（2）点，在上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要
18、单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，因为，所以，即，根据,代入整理可得：， 所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.