1、北京市大兴区第一中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、单选题(共40分)1. 经过两点的直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据两点的斜率公式求出斜率，结合斜率与倾斜角的关系可得倾斜角.【详解】由，则过两点的直线斜率为，即，又，即倾斜角为.故选：D.2. 已知向量，.若向量与向量平行，则实数的值是（ ）A. 2B. C. 10D. 【答案】A【解析】【分析】由与共线得，即，解方程组即可.【详解】由已知，因与共线，所以存在实数，使得，故，即，解得故选：A.【点睛】本题考查共线向量定理的应用，涉及向量坐标运算，考查学生的计算能力，是一道基
2、础题.3. 若两个向量,则平面的一个法向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设平面ABC的法向量为，根据数量积等于0，列出方程组，即可求解.【详解】设平面ABC的法向量为，则，即，令，则，即平面ABC的一个法向量为，故选A.【点睛】本题主要考查了平面的法向量的求解，其中解答中根据法向量与平面内的两个不共线的向量垂直，列出关于的方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.4. 无论取何值，直线都恒过一个定点，则定点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将直线方程变形为，该定点即直线的交点.【详解】由题直线，即，令，解得，所以该直
3、线过定点.故选：A【点睛】此题考查求直线过定点问题，关键在于将直线方程合理变形，转化为求两条直线的交点问题.5. 如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，则的长为（ ）.A. 2B. 3C. D. 4【答案】B【解析】【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求【详解】解：，故选：【点睛】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6. 已知直线的方向向量为,平面的法向量为,则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充
4、分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断,即可求得答案.【详解】,即,不一定有,也可能“”是“”的不充分条件,可以推出,“”是“”是必要条件,综上所述, “”是“”必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义,属于中档题.7. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，的面积为，且短轴长为，则的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据“逼近法”求椭圆面积公式，及短轴长为，即
5、可求得的值，进而由焦点在轴上可得的标准方程.【详解】由题意可得解得，因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.故选：B.【点睛】本题考查了数学文化，椭圆的几何性质及标准方程求法，属于基础题.8. 已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，又P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，解得 x=，故选A点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面9. 设椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点
6、，满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由N在椭圆外部，则 ，根据椭圆的离心率公式，即可求得 ，根据椭圆的定义及三角形的性质， ，由，则 ，即可求得椭圆的离心率的取值范围【详解】点在椭圆的外部， ，由椭圆的离心率 ， 又因为，且，要恒成立，即，则椭圆离心率的取值范围是故选D【点睛】本题考查椭圆离心率公式及点与椭圆的位置关系，考查转化思想，属于中档题10. 过圆C：（x2）2+（y2）24的圆心，作直线分别交x，y正半轴于点A，B，AOB被圆分成四部分（如图），若这四部分图形面积满足SI+SS+S，则这样的直线AB有（ ）A. 0条B. 1条C.
7、2条D. 3条【答案】B【解析】【分析】数形结合分析出为定值,因此为定值, 从而确定直线AB只有一条.【详解】已知圆与轴,轴均相切,由已知条件得,第部分的面积是定值,所以为定值,即为定值,当直线绕着圆心C移动时,只有一个位置符合题意,即直线AB只有一条.故选:B【点睛】本题考查直线与圆的实际应用,属于中档题.二、填空题(共25分)11. 椭圆的焦距为 .【答案】【解析】由题意，得，则，即焦距为.考点：椭圆的标准方程.12. 已知圆的方程是，则经过圆上一点的切线方程是_【答案】【解析】直线的斜率是 ，所以切线的斜率时-1，那么切线方程是 ，整理为： .13. 在正方体中，则直线与平面所成角的正弦
8、值为_【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为1，所以，因此，设平面的法向量为：，所以有：，令，所以，因此，设与的夹角为，直线与平面所成角为，所以有，故答案为：14. 在空间中，四条不共线的向量、两两间的夹角均为.则的大小为_.【答案】【解析】【分析】不妨设，因为向量、共线，所以存在实数使得，在等式两边同时乘以得，然后在等式两边同时乘以、，化简后相加可解得结果.【详解】不妨设，因为向量、共线，所以存在实数使得，则，所以，所以，即，又，所以，所以，即，同理可得，所以，所以，所以，所以或（舍）.故答案为：
9、【点睛】关键点点睛：根据空间向量基本定理得到后，在其两边同时乘以、，利用向量的数量积运算是解题关键.15. 如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为底面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹的长度为_【答案】【解析】【分析】先找符合条件的特殊位置，然后根据符合条件的轨迹为线段的垂直平分面与平面的交线得到结论.【详解】根据题意可知，则点符合“为底面内的一个动点，且满足”，设的中点为，连接、，取的中点，连接，所以，因为平面底面，所以平面，所以，因为，所以，点也符合“为底面内的一个动点，且满足”，且，所以平面，当点在线段DN上运动时，都有，且是中点，总有，所以点在正
10、方形内的轨迹是线段，故答案为：. 【点睛】处理空间中的轨迹问题有几何法：通过证明或几何作图，确定图形中轨迹位置，再计算它的值；代数方法：分析给定图形中的数量关系，要把题中的条件想办法转化到平面上来，把平面内的问题尽可能地解析化，用数量关系来研究几何关系，得到轨迹方程，三、解答题(共85分)16. 已知ABC的三个顶点A（3，7），B（2，5），C（3，5），点D为AC的中点（1）求点D的坐标；（2）求直线BD的方程（3）求ABD的面积【答案】(1) 点D的坐标为（0，1）;(2) 2x+y1=0;(3)12.【解析】【分析】（1）利用中点坐标公式求得点的坐标.（2）利用点斜式求得直线的方程.（
11、3）利用两点间的距离公式求得的长度，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，再利用三角形的面积公式求得面积.【详解】（1）设D（x，y），则，点D的坐标为（0，1）（2）直线BD的斜率为直线BD的方程为：y1=2（x0），即2x+y1=0（3），A到直线BD的距离为ABD的面积为【点睛】本小题主要考查中点坐标公式，考查直线方程点斜式，考查点到直线的距离公式，属于基础题.17. 已知圆和点，（1）判断点与圆的位置关系（2）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程；（3）过点作圆的切线，切点为，求所在的直线方程.【答案】（1）点在圆外；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）将点坐标代入圆方程
12、与0比较，可得点在圆外.（2）斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理可得，得直线方程，检验直线斜率不存在时，弦长为4，符合题意；（3）求出以为直径的圆的方程，此圆与圆的交线即为弦所在直线两圆方程相减得即【详解】（1）点坐标代入圆方程得：，所以点在圆外.（2）圆，则圆心，半径，若直线的斜率存在，设直线，即此时，直线方程为；若直线的斜率不存在，则直线，代入得，此时，合乎题意.综上所求直线的方程为：或；（3），则中点坐标，所以为直径的圆的方程，即；又圆.-得，因此，直线的方程为.【点睛】易错点睛：本题考查直线与圆的问题，直线方程有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与
13、点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式的直线方程时要注意讨论斜率是否存在；截距式要注意讨论截距是否为0；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化成一般式.18. 已知焦点在轴上的椭圆，左右焦点分别为，上顶点为，且三角形为等腰直角三角形，过斜率为1的直线交椭圆与两点.（1）求椭圆的离心率；（2）若，求椭圆标准方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形可得，即；（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式列式可解得结果.【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，半焦距为，在等腰直角三角形中，即，所以（2）由（1）知，则椭圆方程为设，由题意得直线的方程为，
14、直线的方程与椭圆方程联立，消去整理得：，解得：，所以=，所以，解得.所以椭圆方程为.【点睛】关键点点睛：本题考查了求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的等量关系，本题根据等腰直角三角形得到所要求的等量关系. 考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力属于中档题19. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，设平面的法向量（1）用表示；（2）求及的长度；（3）求点到平面的距离【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据向量减法法则和平行四边形法则，即可求得；（2）由是平面的法向量，得，即可求出，再利用向量的模长公式可求.（3）由平面，所以点
15、到平面的距离等于点到平面的距离，即即可求出.【详解】（1）连接,，如图：，在，根据向量减法法则可得：底面是平行四边形， 且， 又为线段中点， 在中， （2）顶点为端点的三条棱长都是，且它们彼此的夹角都是，由是平面的法向量，得，即，解得（3）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离所以【点睛】关键点睛：本题主要考查了向量的线性表示和求向量的模长，解题关键是掌握向量减法法则和平行四边形法则，及其向量的数量积公式，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.20. 如图，四棱锥的侧面是正三角形，且，是中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，且，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明
16、见解析；（2）.【解析】【详解】（1）取的中点，连接，因为中点，所以，且，又因，所以，即四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）取中点，连接，因为是正三角形，所以，因为平面平面，所以平面，平面，所以，故，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令得，易知平面的法向量为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；（2）利用线面平行的判定定理(a，b，aba)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；（3）利用面面平行的性质定理(
17、，aa)；（4）利用面面平行的性质(，a，aa)21. 设两点的坐标分别为直线相交于点，且它们的斜率之积为，直线方程：，直线与直线分别相交于两点，交轨迹与点（1）求点的轨迹方程.（2）求证：三点共线（3）求证：以为直径的圆过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）设，化简即得点的轨迹方程；（2）设方程为，证明即得证；（3）先求出圆方程为，即得解.【详解】（1）设，由题意，由已知有化简得（2）设方程为，令得点，由消元得：显然恒成立由，且，得：代入直线方程得，又因为，所以：，所以直线为：，令得点，联立方程，消去得：所以，因为有公共点，所以三点共线.（3）设以为直径的圆上点，则，所以圆方程为即当时与无关，所以以为直径的圆过定点.【点睛】方法点睛：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.