1、北京市第四十三中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）试卷满分：150分 考试时间：120分钟一选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合，则=A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养采取数轴法，利用数形结合的思想解题【详解】由题意得，则故选C【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分2. 如果，且，则是（ ）A. 第一象限的角B. 第二象限的角C. 第三象限的角D. 第四象限的角【答案】C
2、【解析】【分析】根据三角函数在各象限符号确定即可.【详解】因为则在第二、第三象限或轴的负半轴上，则在第一、第三象限，所以是第三象限的角.故选：C【点睛】本题主要考查了角在各象限的三角函数的符号，属于容易题.3. 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的定义以及零点的定义判断【详解】选项A,是非奇非偶函数, 且没有零点,选项B,没有零点, 选项C,是奇函数, 选项D,是偶函数，又有解，既是偶函数又存在零点故选D【点睛】本题考查偶函数和零点的概念4. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（ ）A. B. C. D
3、. 【答案】B【解析】【分析】先由角的终边过点，求出，再由二倍角公式，即可得出结果.【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，所以，因此.故选B【点睛】本题主要考查三角函数的定义，以及二倍角公式，熟记三角函数的定义与二倍角公式即可，属于常考题型.5. M（1，2），N（3，0）两点之间的距离为A. 2B. 4C. 2D. 5【答案】C【解析】分析：由两点间距离公式直接求解详解：由两点间的距离公式故选C点睛：两点间的距离公式，是坐标解线段长度的常用公式6. 已知向量，2，且，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，设，即，2，分析可得、的值，进
4、而由向量模的计算公式计算可得答案【详解】解：根据题意，向量，2，且，则设，即，2，则有，则，则，故；故选：7. 圆的圆心到直线的距离为（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】由圆的方程得出圆心坐标，利用点到直线的距离公式得出答案.【详解】圆的圆心坐标为则圆心到直线的距离故选：B【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式的应用，属于中档题.8. 已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A. 若则B. 若则C. 若则D. 若则【答案】D【解析】【分析】A. 利用空间两直线的位置关系判断；B.利用空间两平面的位置关系判断；C.若利用空间两平面的位置关系判断；D.
5、由线面垂直的性质定理判断.【详解】A. 若则平行，相交或异面，故错误；B.若则平行或相交，故错误；C.若则平行或相交，故错误；D.若由线面垂直的性质定理得，故正确；故选：D9. 圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断直线与圆的位置关系，如果相切或相离最大距离与最小距离的差是直径；相交时，圆心到直线的距离加上半径为所求【详解】圆x2+y24x4y100的圆心为（2，2），半径为3，圆心到到直线x+y140的距离为3，故圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是2R6，故选：C【点睛】本题考查直线与圆相交的性质，点到直线的距离，是基础题1
6、0. 如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值.【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则点、，设点，得，由，得，得，当时，取得最大值.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.二填空题（本大题共6小题，每题5分，共30分，把答案填在答题纸上）11.
7、 已知，则_【答案】或【解析】【分析】由题得，再求得解.【详解】由题得，所以或.故答案为：或12. 过点且与直线平行的直线方程是_【答案】【解析】【详解】试题分析：设直线方程为，则，即，所以直线方程为考点：1直线方程；2平行直线；13. 直线的倾斜角为_，x轴上截距为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可得直线线的斜率，结合直线的斜率与倾斜角的关系可得，结合直线倾斜角的范围，计算可得答案【详解】解：设直线的倾斜角为，则，直线变形可得，其斜率为，令，则故函数在轴上的截距为则有，且，则，故答案为：，【点睛】本题考查直线的倾斜角的定义与计算，关
8、键是理解直线的倾斜角与直线斜率的关系14. 在中，则_，的面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用余弦定理可求得的值，进而可得出的值，最后利用三角形的面积公式可得出的面积.【详解】由余弦定理得，则，因此，的面积为.故答案为：；.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属于基础题.15. 已知直线与圆交于两点，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离： ，由得，解得.【点睛】本题考查直线与圆的应用.此题也可联立圆与直线方程，消元后用弦长公式求解.16. 已知点
9、P是直线上的一点，过P作圆的切线，切点为A，则切线长的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用切线长最短时，取最小值找点：即过圆心作直线的垂线，求出垂足点就切线的斜率是否存在分类讨论，结合圆心到切线的距离等于半径得出切线的方程【详解】设切线长为，则，所以当切线长取最小值时，取最小值，过圆心作直线的垂线，则点为垂足点，此时，直线的方程为，联立，得，点的坐标为.此时，此时，故答案为：3【点睛】关键点睛：解题的关键是利用过点的圆的切线方程的求解，在过点引圆的切线问题时，将直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径长，即设切线长为，则，问题转变为求的最小值，主要考查学生分析问题与解决问题的能力，属于中
10、等题三解答题（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中, D为AB的中点.（）求证：CD平面ABB1A1；（）求证：BC1平面A1CD. 【答案】(1) 证明见解析.(2) 证明见解析.【解析】分析：（）通过线面垂直的性质，可以利用CD垂直AB，CD垂直AA1来证明CD垂直平面ABB1A1（）通过利用中线定理，可以得到BC1 /OD，又由线面平行的判断可以推出，B C1/ 平面 A 1C D.详解：()因为正三棱柱 ABC-A1B1C1， D为 AB的中点，所以 CDAB， AA1底面 ABC.又因为 CD底面 ABC，
11、所以 AA1CD.又因为 AA1AB=A,AB平面 ABB1A1， AA1平面 ABB1A1，所以 CD平面 ABB1A1.()连接 AC1，设 A1CAC1=O，连接 OD，由正三棱柱 ABC-A1B1C1，得 AO=OC1，又因为在 ABC-A1B1C1中，AD=DB ，所以 OD/BC1又因为BC1平面 A1CD， OD平面 A1CD，所以 BC1/平面 A1CD. 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18. 在钝角中，角A，B，C所对的
12、边分别为a，b，c，已知 ，（）求的大小；（）求边和的面积【答案】（）；（），.【解析】【分析】（）利用正弦定理计算可得；（）首先由余弦定理求出边，再利用面积公式计算可得；【详解】解：（）因为 ， 所以（）因为所以得即所以或当时，所以，因为，所以因为三角形是钝角三角形，所以舍去 所以【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围19. 已知直线经过直线与直线的交点，且垂直于直线（）求直线的方程（）求直线与两坐标轴围成的三角
13、形的面积【答案】（1）（2）1【解析】【详解】（），解得，则点的坐标为由于点的坐标是，且所求直线与直线垂直，可设所求直线的方程为将点坐标代入得，解得故所求直线的方程为（）由直线的方程知它在轴，轴上的截距分别是，所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形， 底面，E为棱的中点.（）求证； （）求直线与平面PBD所成角的正弦值； （）求点A到平面PBD的距离.【答案】（）证明见解析；（）；（）.【解析】【分析】（）根据底面，再由底面为正方形，利用线面垂直的判定定理证得即可.（）以点A为原点建立空间直角坐标系，不妨设，求得向量的坐标，和平面PBD的一个法向量， 由求解
14、.（）利用空间向量法，由求解【详解】（）证明：因为底面， 所以，因为， 所以.因为， 所以. （）依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图），不妨设，可得，由E为棱的中点，得. ，向量，.设平面PBD的一个法向量，则，即，令y=1，可得（1，1，1），所以 .所以直线AE与平面PBD所成角的正弦值为. （）由（）知：，平面PBD的一个法向量（1，1，1），所以点A到平面PBD的距离 .【点睛】方法点睛：利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角
15、，取其余角就是斜线和平面所成的角21. 已知圆C：，直线l过定点（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；（2）若直线l与圆C相交于P，Q两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程【答案】（1）或【解析】【分析】（1）通过直线的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆C相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解直线的方程；（2）设直线方程为，求出圆心到直线的距离、求得弦长，得到的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值时的距离，然后求出直线的斜率，即可得到直线的方程.【详解】（1）若直线l1的斜率不存在，则直线l1：x1，符合题意. 若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为，即由题意知，圆心
16、（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即： ，解之得 . 所求直线l1的方程是或.(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0, 设直线方程为，则圆心到直线l1的距离 又CPQ的面积 当d时，S取得最大值2 k1 或k7所求直线l1方程为 xy10或7xy70 .【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到直线与圆相切，圆的弦长公式，以及三角形的面积公式和二次函数的性质等知识点的综合考查，其中熟记直线与圆的位置关系的应用，合理准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.22. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别为，的中点（）求证：；（）求证
17、：平面； （）在棱上是否存在一点，使得平面平面？说明理由【答案】（）证明见解析；（）证明见解析；（）在棱上存在点，且为的中点理由见解析.【解析】【分析】（）在三棱柱中，由侧棱垂直于底面，可得平面，则，再由，结合线面垂直的判定可得平面从而得到；（）取的中点，连结，可得，且则四边形为平行四边形，则再由线面平行的判定可得平面；（）在棱上存在点，且为的中点连接，首先证明可得，则由（）可得平面，得到平面即由线面垂直的判定可得平面进一步得到平面平面【详解】解：（）在三棱柱中，因为侧棱垂直于底面，所以平面 又平面 所以 因为，平面，平面 所以平面 因平面，所以 （）取中点，连结，则，且， 又因为，且， 所以，且所四边形为平行四边形 所以又平面，平面，所以平面（）在棱上存在点，且为的中点 连接在正方形中， 因为为中点，所以所以所以 由（）可得平面，因为，所以平面因为平面，所以 因为，平面，平面所以平面 因为平面，所以平面平面【点睛】本题考查直线与平面、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法
