1、北京市第四中2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）第卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分1. 函数的最小正周期是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用余弦函数的周期性求解【详解】的最小正周期是故选：B【点睛】本题考查函数的周期性，掌握余弦函数的周期性是解题关键2. 为了得到函数y=sin的图象，只需把函数y=sinx的图象上所有的点A. 向左平行移动个单位长度B. 向右平行移动个单位长度C. 向上平行移动个单位长度D. 向下平行移动个单位长度【答案】A【解析】试题分析：为得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向左平行
2、移动个单位长度，故选A.【考点】三角函数图象的平移【名师点睛】本题考查三角函数图象的平移，函数的图象向右平移个单位长度得的图象，而函数的图象向上平移个单位长度得的图象左、右平移涉及的是的变化，上、下平移涉及的是函数值的变化3. 焦点在轴上且渐近线方程为的双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】由渐近线方程可得，即可求出离心率.【详解】因为焦点在轴上且渐近线方程为，所以，即，所以，即，所以，故选：C4. ， ，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是A. ， B. ， C. ， ，共面D. ， ，共点 ， ，共面【答案】B【解析】【详解】解：因为如果一条直线平行于两
3、条垂线中的一条，必定垂直于另一条选项A，可能相交选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，可能是棱锥的三条棱，因此错误选B.5. 设非零向量满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简条件，两边平方可得选项.【详解】解法一：，.故选:A.解法二：利用向量加法的平行四边形法则在ABCD中，设，由知，从而可知四边形ABCD为矩形，即ABAD，故.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量运算，利用向量的模长关系得出相应的结论，主要的求解策略是“见模长，就平方”，侧重考查数学运算的核心素养.6. 过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）A. B
4、. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先设直线点斜式，再根据圆心到直线距离小大于半径得斜率范围，最后根据斜率与倾斜角关系得结果.【详解】由题意得直线斜率存在，设为k，则直线：，由直线与圆有公共点得，从而倾斜角取值范围是，选D.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线倾斜角与斜率关系，考查基本求解能力.7. 如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，选B.点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解(2)若所给定的几何体的体
5、积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解8. 已知正四棱锥中，那么当该棱锥体积最大时，它的高（ ）A. 1B. C. 2D. 3【答案】C【解析】【详解】如图所示，设正四棱锥高为，底面边长为，则，即，所以，令，则，令，当时，单调递减，当时，单调递增，所以取得极小值，也是最小值，有最大值故选：C.9. 设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且,则直线的斜率的最大值为( )A. B. C. D. 1【答案】C【解析】试题分析：设，由题意，显然时不符合题意，故，则，可得
6、：，当且仅当时取等号，故选C考点：1抛物线的简单几何性质；2均值不等式【方法点晴】本题主要考查的是向量在解析几何中的应用及抛物线标准方程方程，均值不等式的灵活运用，属于中档题解题时一定要注意分析条件，根据条件，利用向量的运算可知，写出直线的斜率，注意均值不等式的使用，特别是要分析等号是否成立，否则易出问题10. 如图，正方形的边长为6，点、分别在边、上，且，如果对于常数，在正方形的四条边上，有且只有6个不同的点使得成立，那么的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题画出图形,设的中点为,则，可解得，讨论点P在每一条边上时，的取值范围，进而求解即可得选项.【详解】如
7、图所示，设的中点为，则，两式平方相减得，所以，即,所以，当点P在DC上时，当P在DC的中点处时，此时，当P在DC的中点两侧(非端点A、D)时，此时，当点P在AB上时，当P在AB的中点处时，此时，当P在AB的中点两侧(非端点A、B)时，此时，当点P在AD上时，当P在点E处时，此时，当，此时，点P有2个满足的点；当，此时，点P有1个满足的点；当点P在BC上时，当P在点F处时，此时，当，此时，点P有2个满足的点；当，此时，点P有1个满足的点；当P在点A处时，此时，当P在点B处时，此时，当P在点C处时，此时，当P在点D处时，此时，综上得：当时，有1个满足条件的点P；当时，有2个满足条件的点P；当时，有
8、4个满足条件的点P；当时，有6个满足条件的点P；当时，有4个满足条件的点P；当时，有2个满足条件的点P；当时，有3个满足条件的点P；当时，有4个满足条件的点P；当时，有2个满足条件的点P；故选:C.【点睛】本题考查数量积的应用，考查数形结合思想，属于中档题.第卷（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11. 已知向量，若向量与垂直，则_.【答案】7【解析】【分析】利用平面向量坐标运算法则先求出，再由向量与垂直，利用向量垂直的条件能求出的值【详解】向量，向量与垂直，解得故答案为：7【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算法则和向量垂直的坐标表示，是基础题12. 若圆
9、的半径为1，其圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为_.【答案】【解析】【详解】因为圆心与点关于直线对称，所以圆心坐标为，所以圆的标准方程为：，故答案为.考点：圆的标准方程.13. 在中，则_【答案】【解析】试题分析：在中，由正弦定理得.所以答案应填：考点：1、正弦定理；2、三角形内角和定理14. 在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 （写出所有正确结论的编号）.矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；每个面都是等边三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体.【答案】【解析】试题分析：本题中只要能举一例说
10、明正确即可，如图长方体中，四边形是矩形，四面体有三个面是直角三角形，第四个面是等腰三角形，四面体每个面都是等腰三角形，四面体每个面都是直角三角形，故正确，而任取四点构成的平行四边形的两组对边中至少有一组是长方体的平行的一对棱，故这个平行四边形一定是矩形，从而错误.考点：线线垂直与线面垂直.15. 已知曲线（为常数）.（i）给出下列结论：曲线为中心对称图形；曲线为轴对称图形；当时，若点在曲线上，则或.其中，所有正确结论的序号是_.（ii）当时，若曲线所围成的区域的面积小于，则的值可以是_.（写出一个即可）【答案】 (1). (2). 均可【解析】【分析】（i）在曲线上任取一点，将点、代入曲线的方
11、程，可判断出命题的正误，利用反证法和不等式的性质可判断出命题的正误；（ii）根据时，配方得出，可知此时曲线为圆，且圆的面积为，从而得知当时，曲线所表示的图形面积小于.【详解】（i）在曲线上任取一点，则，将点代入曲线的方程可得，同理可知，点、都在曲线上，则曲线关于原点和坐标轴对称，命题正确.当时，反设且，则，所以，则，所以，这与矛盾.假设不成立，所以，或，命题正确；（ii）当时，曲线的方程为，即，即，此时，曲线表示半径为的圆，其面积为.当时，且当时，在圆上任取一点，则，则点在曲线外，所以，曲线的面积小于圆的面积.故答案为：；均可.【点睛】本题考查曲线中的新定义，涉及曲线的对称性以及曲线面积相关的
12、问题，考查推理能力，属于难题.三、解答题：本大题共6小题，共85分16. 已知函数（1）求函数的单调递增区间；（2）若当时，关于的不等式 _，求实数的取值范围请选择和中的一个条件，补全问题（2），并求解其中，有解；恒成立注意：如果选择和两个条件解答，以解答过程中书写在前面的情况计分【答案】（1）；（2）若选择， 若选择，【解析】【分析】(1)先结合二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的单调性可求;(2）若选择，由有解，即，结合正弦函数的性质可求;若选择，由恒成立，即，结合正弦函数的性质可求.【详解】（1）因为令，解得所以函数的单调递增区间（2）若选择，由题意可知，不等式有
13、解，即，因为，所以，故当，即时，取得最大值，且最大值为，所以.若选择，由恒成立，即,因为，所以,故当，即时,取得最小值，且最小值为，所以【点睛】关键点点睛：考查了二倍角公式辅助角公式在三角函数化简中的应用，还考查了正弦函数性质的综合应用，其中，考查了存在性命题与全称命题的理解，理解含量词命题转化成适当的不等式是解题关键，属于中档试题.17. 如图，在几何体中，底面是边长为正方形，平面，且（）求证：平面平面；（）求钝二面角的余弦值【答案】（）详见解析；（）【解析】【分析】（）推导出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证明出平面平面；（）分别以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算
14、出钝二面角的余弦值【详解】（）因为，平面，平面，所以平面 同理，得平面又因为，平面，平面，所以平面平面；（）由平面，底面为正方形，可知、两两垂直， 分别以、为轴、轴、轴，如图建立空间直角坐标系，则、，所以，设平面的法向量，由，得，令，则，得平面的一个法向量，因此，钝二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.18. 在中，（）若，求； （）若，求边上的高（）写出面积的最大值（结论不要求证明）【答案】（）；（）；（）【解析】【分析】（）根据同角三角函数的基本关系求出，由正弦定理求解；（）由两角和的正弦公式可得，由即可求
15、解；（）由余弦定理及均值不等式，可求出的最大值，即可求解.【详解】（），由正弦定理得：，,，.（）在中， 如图，所以边上的高为.（）面积的最大值为.19. 已知椭圆M：的一个焦点为，左右顶点分别为A，B经过点的直线l与椭圆M交于C，D两点（）求椭圆方程；（）当直线l的倾斜角为时，求线段CD的长；（）记ABD与ABC的面积分别为和，求的最大值【答案】（）；（）；（）的最大值为.【解析】【分析】（）根据椭圆的几何性质求出可得结果；（）联立直线与椭圆，根据弦长公式可求得结果；（）设直线：，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出，变形后利用基本不等式可求得最大值.【详解】（）因为椭圆的焦点为，所以且，
16、所以，所以椭圆方程为.（）因为直线l的倾斜角为，所以斜率为1，直线的方程为，联立，消去并整理得，设，则，所以.（）由（）知，设直线：，联立，消去并整理得，则，所以异号，所以,当且仅当时，等号成立.所以的最大值为.【点睛】关键点点睛：第（）问中将三角形面积用两点的纵坐标表示，并利用韦达定理和基本不等式解决是解题关键.20. 已知函数，且在处取得极值（）求b的值；（）若当时，恒成立，求c的取值范围；（）对任意的，是否恒成立？如果成立，给出证明；如果不成立，请说明理由【答案】（）；（）c的取值范围是（）成立，证明见解析.【解析】【分析】（）由题意得f（x）在x1处取得极值所以f（1）31+b0所以b
17、2（）利用导数求函数的最大值即g（x）的最大值，则有c22+c，解得：c2或c1（）对任意的x1，x21，2，|f（x1）f（x2）|恒成立，等价于|f（x1）f（x2）|f（x）maxf（x）min【详解】（）f（x）x3x2+bx+c，f（x）3x2x+bf（x）在x1处取得极值，f（1）31+b0b2经检验，符合题意（）f（x）x3x22x+cf（x）3x2x2（3x+2）（x1），当x（1，）时，f（x）0当x（，1）时，f（x）0当x（1，2）时，f（x）0当x时，f（x）有极大值c又f（2）2+cc，f（1）ccx1，2时，f（x）最大值为f（2）2+cc22+cc1或c2（）对任
18、意的x1，x21，2，|f（x1）f（x2）|恒成立由（）可知，当x1时，f（x）有极小值c又f（1）ccx1，2时，f（x）最小值为c|f（x1）f（x2）|f（x）maxf（x）min，故结论成立【点睛】本题考查函数的极值及最值的应用，易错点是知极值点导数为0要检验，结论点睛：|f（x1）f（x2）|a恒成立等价为f（x）maxf（x）mina21.已知集合对于，定义A与B的差为A与B之间的距离为（）当n=5时，设，求，；（）证明：，且;() 证明：三个数中至少有一个是偶数【答案】（）=（1,0,1,0,1），=3；（）见解析;()见解析【解析】【详解】（）解：=（1,0,1,0,1）=3()证明：设因为，所以从而由题意知当时，当时，所以()证明：设记由（）可知所以中1的个数为k,中1的个数为设是使成立的的个数则由此可知，三个数不可能都是奇数即三个数中至少有一个是偶数
