1、内蒙古奈曼旗第一中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）第卷一选择题：本大题共12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. 若直线过两点，则此直线的倾斜角是（ ）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】A【解析】【分析】根据两点的斜率公式，算出直线的斜率，再由倾斜角与斜率的关系和倾斜角的范围，得出倾斜角的大小.【详解】直线过点，直线的斜率，即直线的倾斜角满足；，故选：A.【点睛】本题主要考查利用两点的坐标求直线斜率与倾斜角的应用问题，属于基础题.2. 已知圆与圆，则两圆的位置关系是（ ）A. 相交B. 外离C. 内切D. 外
2、切【答案】D【解析】【分析】由已知圆的方程求出圆心坐标与半径，再由两圆的圆心距与半径的关系得答案【详解】解：圆的圆心坐标为，半径为2；圆的圆心坐标，半径为3由，所以两圆的位置关系是外切故选：D【点睛】本题考查圆与圆位置关系的判定，考查两点间距离公式的应用，是基础题3. 在空间直角坐标系中，点关于面对称的点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】关于面对称的点为 4. 若直线与圆相切，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用圆心到直线的距离等于圆的半径即可求解.【详解】由题得圆的圆心坐标为（0,0），所以.故选C【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考
3、查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5. 过点且在x轴y轴截距相等的直线方程为（ ）A. B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】分析】直线在x轴y轴截距相等，当直线在两坐标轴上的截距都为0时，设直线l的方程为，把P的坐标代入即可求出k的值，得到直线l的方程；当直线在两坐标轴上的截距不为0时，设直线l的方程为，把P的坐标代入即可求出a的值，得到直线l的方程.【详解】当直线在两坐标轴上的截距都为0时，设直线l的方程为：把点代入方程，得：，即，所以直线l的方程为：；当直线在两坐标轴上的截距都不为0时，设直线l的方程为：把点代入方程，得：，即.所以直线l的方程为：.故选：C.【点睛】本题考查
4、了直线的截距式方程，考查了分类讨论的思想，属于基础题.6. 如果双曲线的渐近线方程渐近线为，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程，确定，的关系，再确定椭圆几何量之间的关系，即可求得结论【详解】解：由题意，椭圆中，故选：A【点睛】本题考查双曲线、椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题7. 已知ABC的周长为20，且顶点B （0，4），C （0，4），则顶点A的轨迹方程是（）A. （x0）B. （x0）C. （x0）D. （x0）【答案】B【解析】【分析】根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，得到点A的轨迹是
5、椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程，去掉不合题意的点【详解】解：ABC的周长为20，顶点B （0，4），C （0，4），BC8，AB+AC20812，128点A到两个定点的距离之和等于定值，点A的轨迹是椭圆，a6，c4b220，椭圆的方程是故选B【点睛】本题考查椭圆的定义，注意椭圆的定义中要检验两个线段的大小，看能不能构成椭圆，本题是一个易错题，容易忽略掉不合题意的点8. 抛物线，过点，F为焦点，定点B的坐标为，则值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据在抛物线上求出的值，然后求得焦点坐标，进而根据两点距离公式求出、的值 ，即可求出结果【详解】因为抛物线过点故
6、选：【点睛】本题考查了抛物线标准方程，考查了两点间的距离公式，求出和点坐标是解题的关键，属于基础题9. 已知是两条不重合的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，是异面直线，那么与相交B. 若/,，则C. 若，则/D. 若/，则【答案】D【解析】【分析】采用逐一验证法，结合线面以及线线之间位置关系，可得结果.【详解】若，是异面直线, 与也可平行，故A错若/，也可以在内，故B错若也可以在内，故C错若/，则，故D对故选：D【点睛】本题主要考查线面以及线线之间的位置关系，属基础题.10. 已知，在球的球面上，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】
7、B【解析】【分析】根据题中数量关系和余弦定理可证为直角三角形，设的中点为，由球的性质可知平面，由线面角的概念可知，在中可求出球的半径，由此即可求出结果.【详解】由题意可知，在中，由余弦定理可知，所以，所以为直角三角形，设的中点为，连接， 如下图所示：由题意可知平面，又直线与截面所成的角为，所以，在中，所以，即球的半径为，所以球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查的知识点是球的表面积，其中根据已知条件求出球的半径是解答本题的关键11. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）A. 平面平面B. 异面直线与所成的角为C. 二面角的大小为D. 在棱上存在点
8、使得平面【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直，异面直线所成角的大小以及二面角的求解方法分别进行判断即可【详解】解：对于，取的中点，连，侧面为正三角形，又底面是的菱形，三角形等边三角形，平面，平面平面，故正确，对于，平面，即异面直线与所成的角为，故错误，对于，底面为菱形，平面平面，平面，”则是二面角的平面角，设，则，在直角三角形中，即，故二面角的大小为，故错误，对于A，平面，所以平面，平面，所以面平面，显然平面与平面不垂直，故A错误；故选：【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系以及二面角的求解，根据相应的判断和证明方法是解决本题的关键综合性较强，属于中档题12. 祖暅是我国南北朝时代的伟大
9、科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高.若某斜三棱柱的底面是边长为4正三角形，侧棱长为4（单位：），侧棱与底面所成的角为，则该柱体的体积（单位：）是（ ）A. 24B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据棱柱的侧棱长和侧棱与底面所成的角，求出棱柱的高，再由，即可得出结果.【详解】因为棱柱侧棱长为4，侧棱与底面所成的角为，所以该棱柱的高为，又底面是边长为4的正三角形，所以，因此该柱体的体积为.故选：A.【点睛】本题主要考查求柱体的体积，属于基础题型.第卷二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在
10、题中横线上13. 经过点作圆的切线，则切线的方程为_.【答案】【解析】【分析】根据题中条件，先求出切线斜率，进而可得切线方程.【详解】因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，故切线方程为，整理得故答案为：.14. 已知空间中的点，若，则_【答案】或【解析】【分析】由A，B坐标求出，再根据向量共线定理可求出.【详解】，存在，使得，解得，或故答案为：或.【点睛】本题考查空间向量共线的问题，属于基础题.15. 设点在圆，点在抛物线上，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据题意，将问题转化为圆心到点的最小值与半径差的问题，再根据两点间的距离公式求解即可.【详解】解：设，其中由题易知圆心，圆的半径，则
11、当时，所以故答案为：.【点睛】本题考查两个动点间的距离最值问题，解题的关键是将问题转化为圆心与点的距离最小值与半径差的问题，考查化归转化思想，是中档题.16. 已知P是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，当时，则的面积为_【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，利用椭圆定义及余弦定理求得的值，代入三角形面积公式得答案【详解】解：如图，由椭圆，得，则，由余弦定理可得：，即的面积故答案为：【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查椭圆定义的应用，是中档题，三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 求适合下列条件的双曲线的标准方程：(1)焦点在轴上，离心率为；(2)焦点的坐标为，渐近线方程为.【
12、答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设双曲线的标准方程为，利用及离心率得双曲线方程；（2）设双曲线的标准方程为，利用c=5及得到双曲线的方程.【详解】(1)因为焦点在轴上，设双曲线的标准方程为， 其中 由及离心率得，所以，所以，所求双曲线的标准方程为. (2)由焦点的坐标为，知双曲线的焦点在轴上，故设双曲线的标准方程为，且，因为渐近线方程为，所以， 由得，所以，所求双曲线的标准方程为.【点睛】本题考查椭圆方程和双曲线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意双曲线的简单性质的合理运用18. 求满足下列条件的直线的方程.（1）直线过点，且与直线平行；（2）直线过点且与直线垂直.【答案】(
13、1) (2) .【解析】【分析】(1)利用平行设出所求直线的方程为,再代入点的坐标解出,即可得到答案;(2)利用垂直设出所求直线的方程为,再代入点的坐标解出,即可得到答案.【详解】（1）设所求直线的方程为，点在直线上，.故所求直线的方程为.（2）设所求直线的方程为.点在直线上，.故所求直线的方程为.【点睛】本题考查了平行直线系方程和垂直直线系方程的应用,属于基础题.19. 已知圆和直线（1）求证:不论取什么值,直线和圆C总相交;（2）求直线被圆C截得的最短弦长及此时的直线方程.【答案】(1)详见解析;(2) ,.【解析】试题分析：由直线的方程可得直线恒通过点，而点 在圆的内部，故得到不论取什么
14、值,直线和圆C总相交；设定点为，因为 ，求出直线的斜率，即可写出直线的方程，求出圆心到直线距离，即可求出弦长解析：(1)证明:由直线的方程可得,则直线恒通过点,把代入圆的方程,得,所以点在圆的内部,又因为直线恒过点, 所以直线与圆总相交. (2)设定点为，由题可知当直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最短，因为，所以直线的斜率为所以直线的方程为，即 设圆心到直线距离为，则所以直线被圆截得最短的弦长为.点睛：直线恒过定点的求法，提取参量，联立方程组求解点坐标；连接圆心与定点，当已知直线与其垂直时，直线被圆所截的弦长最短20. 已知直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线相交于A、B两点.（1）若，求
15、点A的坐标；（2）若直线l的倾斜角为，求线段AB的长.【答案】(1) 点A的坐标为或. (2) 线段AB的长是8【解析】解：由，得，其准线方程为，焦点. （2分）设，.（1）由抛物线的定义可知， ，从而.代入，解得. 点A的坐标为或. （6分）（2）直线l的方程为，即.与抛物线方程联立，得， （9分）消y，整理得，其两根为，且.由抛物线的定义可知， .所以，线段AB的长是8. （14分）21. 如图所示，平面ABCD，四边形AEFB为矩形，（1）求证：平面ADE；（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据，从而证明平面平面ADE，从
16、而平面ADE。（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可。【详解】（1）四边形ABEF矩形又平面ADE，AE平面ADE平面ADE又，同理可得：平面ADE又，BF，BC 平面BCF平面平面ADE又CF平面BCF平面ADE（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则， ,设是平面CDF的一个法向量，则即令，解得又是平面AEFB的一个法向量，平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为.【点睛】此题考查立体几何线面平行证明和二面角求法，线面平行可先证面面平行得到，属于简单题目。22. 已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的方程；（2）设，是椭圆上关于轴
17、对称的任意两个不同的点，连接交椭圆于另一点，证明直线与轴相交于定点；（3）在（2）的条件下，过点的直线与椭圆交于，两点，求的取值范围【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据离心率为，短轴长为列方程求出，即可求椭圆的方程；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出直线的方程为，可得直线与轴交点横坐标，结合韦达定理化简可得结论；（3）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，由数量积公式结合韦达定理可得，再验证斜率不存在时m的值，进而可得答案.【详解】（1）由题意知，又，解，得，故椭圆的方程为（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，由得设点，则，直线的方程为，令，得，将，代入，整理，得由得，代入整理，得直线与轴相交于定点（3）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上，由得，易知，则，当过点直线的斜率不存在时，其方程为，解得，或，此时，的取值范围是【点睛】方法点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.