1、北京市师范大学遵义附属学校2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的.请把所选答案填涂在答题卡的相应位置.1. 过两点，的直线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. -1D. 1【答案】C【解析】由题意知直线AB的斜率为，所以，解得选C2. 下列说法不正确是( )A. 圆柱的侧面展开图是一个矩形B. 圆锥的过轴的截面是一个等腰三角形C. 直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D. 圆台平行于底面的截面是圆面【答案】C【解析】圆柱的侧面展开图是一个矩形，正确；因为母线长相等
2、，得到圆锥的轴截面是一个等腰三角形，正确；圆台平行于底面的截面是圆面，正确，直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体， 不正确，故选C.3. 如图，在正方体中，为的中点，几何体的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据侧视图和俯视图特征判定几何体，找出正投影，即可得解.【详解】结合俯视图和侧视图，根据几何体特征，该几何体为图中，正投影为，与不在同一平面， 所以正视图为A选项的图形.故选：A.【点睛】此题考查三视图的识别，关键在于根据俯视图侧视图结合几何体辨析正视图，属于基础题型.4. 倾斜角为120，在
3、x轴上的截距为1的直线方程是（ ）A. xy10B. xy0C. xy0D. xy0【答案】D【解析】【分析】由倾斜角求出斜率，写出斜截式方程，再化为一般式【详解】由于倾斜角为120，故斜率k.又直线过点(1，0)，所以方程为y (x1)，即xy0.故选：D.【点睛】本题考查直线方程的斜截式，属于基础题5. 经过点且圆心是两直线与的交点的圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出圆心坐标和半径后，直接写出圆的标准方程.【详解】由得，即所求圆的圆心坐标为.由该圆过点，得其半径为1，故圆的方程为.故选：B.【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.6. 已知直线方程为
4、，则这条直线恒过定点（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由直线方程变形为：令解得该直线恒过定点故答案选7. 设是两条不同的直线，是两个不重合的平面，有以下四个命题：若且，则；若且，则；若且，则；若且，则；其中真命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】对于命题，直线可以相交和异面，故是错误的；对于命题，由二面角的定义可知直线，故是正确的；对于命题，由异面直线所成角的定义可知直线，故是正确的；对于命题，直线可以相交和异面，故是错误的，应选答案A8. 已知点和圆：，则过点且与圆相切的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出斜率，即可得出切
5、线斜率，求出切线方程.【详解】可知在圆上，则，则切线的斜率为，所以切线方程为，即.故选：B.9. 点A（1，3）关于直线ykxb对称的点是B（2，1），则直线ykxb在x轴上的截距是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意知，解得k，b，直线方程为yx，其在x轴上的截距为.10. 直线(a2)x(1a)y30与(a1)x(2a3)y20互相垂直，则a等于()A. 1B. 1C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】根据两条直线垂直的充要条件可得：（a+2）（a1）+（1a）（2a+3）=0，从而可求a的值【详解】由题意，直线（a+2）x+（1a）y3=0与（a1）x+（2a+3）y+2=
6、0互相垂直（a+2）（a1）+（1a）（2a+3）=0（a1）（a+22a3）=0（a1）（a+1）=0a=1，或a=1故选C【点睛】本题以直线为载体，考查两条直线的垂直关系，解题的关键是利用两条直线垂直的充要条件11. 在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，
7、破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；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”.12. 矩形中，沿将矩形折成一个直二面角，则四面体的外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为AC的中点，即可求出球的半径，代入体积公式即可得解.【详解】因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且球的半径为AC长度的一半，即，所以.故选：C【点睛】本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属
8、于基础题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡相应位置.13. 已知方程表示一个圆，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据二次方程表示圆的条件求解即可.【详解】若方程表示圆，则，解得，故的取值范围为，故答案为：.14. 已知点到直线的距离不小于，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据点到直线的距离公式可得解出可得结果.【详解】解：由题意可得：，化为，解得或.故答案为.【点睛】本体考察了不等式的性质、点到直线的距离公式，考察了推理能力和计算能力，属于基础题.15. 以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，使和折成互相垂直的两个平面，则_.【答
9、案】【解析】【详解】试题分析：不妨设的斜边为，则，因为和折成互相垂直的两个平面，且，所以是二面角的平面角，即，则，所以折叠后的为等边三角形，即；故填16. 对于四面体，以下说法中，正确的序号为 （多选、少选、选错均不得分）.若，为中点，则平面平面；若，则；若所有棱长都相等，则该四面体的外接球与内切球的半径之比为2：1；若以为端点的三条棱所在直线两两垂直，则在平面内的射影为的垂心；分别作两组相对棱中点的连线，则所得的两条直线异面【答案】【解析】试题分析：对于，如下图所示四面体， 若，为中点，则，所以平面，则平面平面，故正确； 对于，如下图所示，过作垂直平面交于点，连接，并延长分别与，交于点，若，
10、则易得，若，则易得，从而可得为底面的垂心，故，又，所以平面，故，所以正确；对于，如下如图所示，取中点，连接，设为重心，连接，设上一点为所有棱长都相等四面体的外接球与内切球的球心，外接球与内切球半径分别为，那么依题设棱长为，则，在中， ，又，即， ，故该四面体的外接球与内切球的半径之比为3：1，即错误；对于，由证明过程易知正确；对于，如下图所示，分别为，中点，连接，易得，即， ，四点共面，即棱中点连线，共面， 故错误；考点：立体几何点线面位置关系、平行、垂直关系判断三、解答题：本大题共6小题，第17题10分，第18至22题每题12分，共70分.解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.
11、如图，四边形中，四边形绕着直线旋转一周.（I）求所形成的封闭几何体的表面积；（II）求所形成的封闭几何体的体积.【答案】(I) ；（II）【解析】试题分析：由题意可知，四边形绕着直线旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为，母线为的圆柱及一个底面半径为，高为的圆锥的组合体；（1）直接由多面体的表面积公式得出答案；（2）求出圆柱与圆锥的体积作和，即可得出答案.试题解析：（1）由题意得，旋转后图象如图.（2）.考点：旋转体的概念；旋转体的表面积、体积.18. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面是的中点 （）求证：； （）证明： 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）由线线平行
12、得出线面平行；（2）由线面垂直的判定定理证出BD平面PAC，再由线面垂直的性质证得试题解析证：（）连结AC交BD于O，连结OE， 因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点 又因为E是PA的中点，所以PCOE， 因为PC平面BDE，OE平面BDE， 所以PC平面BDE （）因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC 因为PA底面ABCD，且BD平面ABCD， 所以PABD 又ACPA=A，AC平面PAC，PA平面PAC，所以BD平面PAC 又CE平面PAC， 所以BDCE19. 已知的三个顶点.求：（1）边上高所在的直线方程；（2）边中线所在的直线方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】
13、（1）利用相互垂直的直线斜率之间的关系可得高所在的直线的斜率，进而得出点斜式（2）利用中点坐标公式可得边的中点，利用两点式即可得出【详解】解：（1）又因为垂直，直线的方程为，即；（2）边中点E，中线的方程为，即.【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、两点式、一般式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题20. 已知一圆经过点，且它的圆心在直线上.（1）求此圆的方程；（2）若点为所求圆上任意一点，且点，求线段的中点的轨迹方程.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；（2）首先设出点
14、M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.【详解】（1）由已知可设圆心N（a，3a-2），又由已知得|NA|=|NB|，从而有，解得：a=2于是圆N的圆心N（2，4），半径所以，圆N方程为,(2) 设M（x，y），D，则由C（3，0）及M为线段CD的中点得：，解得又点D在圆N：上，所以有，化简得：故所求的轨迹方程为【点睛】方法点睛：与圆相关的点的轨迹问题，一般可以考虑转移法（相关点法），设动点的坐标，根据条件，用动点坐标表示圆上点的坐标，再根据圆上点的坐标满足圆的方程求解即可.21. 已知圆，直线.（1）当为何值时，直线与圆相切.（2）当直线与圆相交于、两点，
15、且时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准形式，得出圆的圆心坐标和半径长，利用圆心到直线的距离等于半径，可计算出实数的值；（2）利用弦长的一半、半径长和弦心距满足勾股定理可求得弦心距，利用点到直线的距离公式可求得实数的值，进而可得出直线的方程.【详解】（1）圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，当直线与圆相切时，则，解得；（2）由题意知，圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，整理得，解得或.因此，直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查利用直线与圆相切求参数以及根据弦长求直线方程，解答的核心就是圆心到直线的距离的计算，考查计
16、算能力，属于中等题.22. 已知直线方程为，其中.（1）当变化时，求点到直线的距离的最大值；（2）若直线分别与轴、轴的负半轴交于，两点，求面积的最小值及此时的直线方程.【答案】（1）（2）4，【解析】【分析】（1）求出动直线所过定点,当变化时，直线时，点到直线距离的最大（2）直线的斜率存在且，因此可设直线的方程为，求出直线在轴、轴的截距可得的面积，利用基本不等式的性质即可得出结果【详解】（1）直线方程为，可化为对任意都成立，所以，解得，所以直线恒过定点.设定点为,当变化时，直线时，点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，即.（2）由于直线经过定点直线的斜率存在且，因此可设直线方程为可得与轴、轴的负半轴交于，两点，解得当且仅当时取等号，面积的最小值为4此时直线的方程为：，化为：【点睛】关键点点睛：求三角形面积最小时，一般首先表示出三角形的面积，本题利用直线在坐标轴的截距表示可得,再根据均值不等式或利用函数求最值，确定最值取得的条件，求解即可.
