1、首都师大附中2020-2021学年第一学期高二数学期中考试（1-4）第卷（共30分）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1. 双曲线的方程为，则其离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的方程，得出，进而可求出离心率.【详解】因为双曲线的方程为，所以，因此，所以离心率为.故选：B.2. 已知直线：与：平行，则的值是（ ）A. 1或0B. 5C. 0或5D. 1或5【答案】C【解析】【分析】由两直线平行得出，解出的值，然后代入两直线方程进行验证.【详解】解:直线：与：平行，整理得，解得或.当
2、时，直线，两直线平行；当时，直线，两直线平行.因此，或.故选:C.【点睛】方法点睛:本题考查直线的一般方程与平行关系，在求出参数后还应代入两直线方程进行验证. (1)若，;.(2)若,且A1、A2、B1、B2都不为零,；3. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【详解】对于，当为内与垂直的直线时，不满足，错误；对于，设，则当为内与平行的直线时，但，错误；对于，由，知：，又，正确；对于，设，则当为内与平行的直线时，错误.故选
3、：.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.4. 将6枚硬币放入如图所示的9个方格中，要求每个方格中至多放一枚硬币，并且每行每列都有2枚硬币，则放置硬币的方法共有（ ）种A. 6B. 12C. 18D. 36【答案】A【解析】【分析】完成此事分三步完成，利用乘法分步原理得解.【详解】先在第一列里任意选一格不放硬币，有3种选法；再在第二列选一格（不能选与第一步同行的的空格）不放硬币，有2种选法；最后在第三列选一格（不能选与第一、二步同行的空格）不放硬币，有1种方法.所以共有种方法.故选：A【点睛】本题主要考查计数原理，意在
4、考查学生对这些知识的理解掌握水平.5. 圆：与圆：的公切线的条数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，由圆心距与半径间的关系可知两圆相交，从而得到两圆公切线的条数【详解】解：化为，可知圆的圆心坐标为，半径为2；又圆的圆心坐标为，半径为1而，即圆与圆相交，则公切线条数为2故选：6. 双曲线的顶点到其渐近线的距离等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程，得出顶点坐标，以及渐近线方程，由点到直线距离公式，即可得出结果.【详解】因为双曲线的顶点为，渐近线方程为，即，所以顶点到渐近线的距离为.故选：C.7. 已知椭圆
5、的焦点为，过点的直线与交于，两点若的周长为，则椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据焦点坐标，得到；根据椭圆定义，由题中条件求出，得出，进而可求出结果.【详解】因为椭圆焦点为，所以；又过点的直线与交于，两点，的周长为，则根据椭圆定义可得，解得，因此，所以椭圆的标准方程为.故选：C.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，熟记椭圆的定义即可，属于常考题型.8. 如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，底面半径为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将
6、该圆锥的侧面展开，由两点之间线段最短，结合弧长公式求出圆心角，进而确定小虫爬行的最短路程.【详解】该圆锥的侧面由点展开，如下图所示圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，该扇形的圆心角为故选：A9. 要排出高三某班一天中，语文、数学、英语各节，自习课节的功课表，其中上午节，下午节，若要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻（注意：上午第五节和下午第一节不算相邻），则不同的排法种数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，分两种情况进行讨论：语文和数学都安排在上午；语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午.分别求出每一种情况的安排方法数目，由分类加法计数原
7、理可得答案【详解】根据题意，分两种情况进行讨论：语文和数学都安排在上午，要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻，将节语文课和节数学课分别捆绑，然后在剩余节课中选节到上午，由于节英语课不加以区分，此时，排法种数为种；语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午.语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午，但节语文课不加以区分，节数学课不加以区分，节英语课也不加以区分，此时，排法种数为种.综上所述，共有种不同的排法.故选：C【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于中等题10. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊
8、常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊，那么在图2这个六面体中，棱AB与CD所在直线的位置关系为（ ） A 平行B. 相交C. 异面且垂直D. 异面且不垂直【答案】B【解析】【分析】可将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，即可判断，的位置关系【详解】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，且两点重合，所以与相交， 故选：B【点睛】本题考查平面展开图与其直观图的关系，考查空间想象能力，属于基础题第卷（共70分）二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共
9、32分）11. 在的二项展开式中，常数项为_（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】由二项式展开式通项有，可知常数项的值；【详解】二项展开式通项为，当时，常数项，故答案为：15【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式展开式的通项求常数项，属于简单题；12. 如图，F为抛物线y24x的焦点，A，B，C在抛物线上，若，则|_.【答案】6【解析】【分析】首先设，由已知等式得到，|可表示为关于和焦距的式子，代入相关值即可.【详解】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F(1，0)，(x1x2x33，y1y2y3)0，且，|x1x2x3336故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线的简
10、单性质、向量的坐标运算，熟记这些知识点是解答本题的关键，是基础题.13. 某种产品的加工需要A，B，C，D，E五道工艺，其中A必须在D的前面完成（不一定相邻），其它工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B与C必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有_种.（用数字作答）【答案】【解析】试题分析：B与C必须相邻，看做一个元素，与剩下三个元素排列共有种排法，而B与C共有种排法，因为A必须在D的前面完成，所以利用除法得考点：排列组合14. 若方程所表示的曲线为，给出下列四个命题：若为椭圆，则实数的取值范围为；若为双曲线，则实数的取值范围为；曲线不可能是圆；若表示椭圆，且长轴在
11、轴上，则实数的取值范围为.其中真命题的序号为_.（把所有正确命题的序号都填在横线上）【答案】【解析】【分析】利用椭圆、双曲线、圆的标准方程，对选项进行逐一分析计算可得答案.【详解】方程所表示的曲线为若为椭圆，则 解得且，故不正确.若为双曲线,则，解得，故正确.当时，曲线是圆，故不正确.若表示椭圆，且长轴在轴上，则，则，故故不正确.故答案为：15. 寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有_种.【答案】45【解析】【分析】先选出坐对位置的人，再对剩下四人进行错排，最后利用
12、分布计数乘法原理求结果.【详解】先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能；剩下四人进行错排，设四人座位为，则四人都不坐在自己位置上有这9种可能；所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有种故答案为：45【点睛】本题考查错排问题，考查基本分析求解能力，属基础题.16. 设为椭圆：的左焦点，为椭圆上给定一点，以为直径作圆，点为圆上的动点，则坐标原点到的距离的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设，因为为椭圆：的左焦点，记起右焦点为，则，记的中点为，得到为圆的圆心，圆的半径为，再由圆的性质，以及椭圆的定义，即可得出结果.【详解】设，因为为椭圆：的左焦点，记起右焦点为，则，记的中点为，由题意可
13、得，为圆的圆心，圆的半径为，因为点为圆上的动点，由圆的性质可得，坐标原点到的距离的最大值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求圆上的点与定点距离最值时，一般先计算定点到圆心的距离，根据圆的性质，得到定点到圆上任意一点距离的最大值为，定点到圆上任意一点距离的最小值为（其中为圆的半径）.17. 已知棱长为的正方体，为棱中点，现有一只蚂蚁从点出发，在正方体表面上行走一周后再回到点，这只蚂蚁在行走过程中与平面的距离保持不变，则这只蚂蚁行走的轨迹所围成的图形的面积为_【答案】【解析】分析：由题可知，蚂蚁在正方体表面上行走一周的路线构成与平面平行的平面，且围成的图形为菱形，从而求得答案.详解：由题可知，蚂蚁
14、在正方体表面上行走一周的路线构成与平面平行的平面， 设、分别为、中点，连接，和，则为蚂蚁的行走轨迹.正方体的棱长为2，易得，四边形为菱形，故答案为.点睛：本题考查面面平行和正方体截面问题的应用，正确理解与平面的距离保持不变的含义是解题关键.18. 关于曲线，给出下列四个结论：曲线C关于原点对称，但不关于x轴、y轴对称；曲线C恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线C上任意一点都不在圆的内部；曲线C上任意一点到原点的距离都不大于其中，正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】根据关于原点、x轴、y轴对称的横纵坐标特点，代入即可判断；取的整数值，代入求得的值即可判断；由基本不等式确定的最
15、大值，即可判断；由两点间距离公式及基本不等式，化简即可判断；【详解】曲线，对于，将替换，替换，代入可得，所以曲线C关于原点对称；将替换，代入可得，所以曲线C不关于y轴对称；将替换，代入可得，所以曲线C不关于轴对称；所以正确；对于，当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；当时，代入可得，所以经过；所以至少有六个整点在曲线C上，所以错误；对于，由可知，而，所以，解得，即，则，同理，解得，所以，则错误；对于，由可知，所以，故正确，综上可知，正确的为，故答案为：.【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线性质的应用，由基本不等式确定取值范围的应用，属于中档题.三、解答题
16、（本大题共4小题，共38分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19. 如图所示，平行六面体中，平面，分别为，的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明得出平面；（2）利用向量证明，得出平面；（3）根据点到平面的距离公式计算即可得出答案【详解】（1）证明：平面，平面，四边形是平行四边形，以为原点，以，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，1，0，1，又平面，平面，平面（2）证明：，0，0，0，0，0，又，平面，平面平面（3）解：由（2）可知是平面一个法向
17、量，又，到平面的距离【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和点到面的距离的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知点为坐标原点，动点使得.（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为，过点的直线与交于两点、，若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）先设点，根据题中等量关系列出等式，化简整理，即可得出结果；（2）先由（1）得到为以为圆心，以为半径的圆，设的中点为
18、，连结，求出点到直线的距离为2，分别讨论所求直线斜率存在和斜率不存在两种情况，结合题中条件，即可求出直线方程.【详解】（1）设点，则，.由题意，.整理得：，即点的轨迹方程为，（2）由（1）得，为以为圆心，以为半径的圆，设的中点为，连结，.由垂径定理，.则即点到直线的距离为2.（i）当直线的斜率不存在时，：，经检验符合题意；（ii）当直线的斜率存在时，设：，即所以，解得：；所以，：，即.综上，直线的方程为或.【点睛】思路点睛：已知圆的弦长求弦所在直线方程时，一般需要先考虑直线的斜率是否存在，设出直线方程，再由圆的性质，根据垂径定理，得到圆心到直线的距离，由点到直线距离公式，列出方程求解，得出直线
19、的斜率，即可求出直线方程.21. 四棱锥中，平面，底面是平行四边形，点是棱上一点.（1）求证：平面平面；（2）当为中点时，求二面角的余弦值；（3）若直线与平面所成的角为时，求.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）1或2.【解析】【分析】（1）证明平面即可得出平面平面；（2）建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小；（3）由可知，在中利用余弦定理计算【详解】证明：（1）因为平行四边形中，所以四边形是菱形，所以.因为平面，所以.又因为，所以平面.所以平面平面.（2）在平面内，过点作，则，因为平面，平面，所以.如图建立空间直角坐标系，则，.当为中点时，.所以，.设
20、平面的方向量为，则令，得，所以.设平面的方向量为，则则，令，则.所以，.因为二面角为锐二面角，得二面角的余弦值为.（3）设，则.由（1）得，平面.所以，平面的一个方向量为，由题意：，故，即.所以，即.解得，.所以或.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22. 已知椭圆：（其中）的右焦点为，直线过点与椭圆交于，两点，为坐标原点.（1）求椭圆的
21、长轴长和离心率；（2）求的面积的最大值；（3）若为直角三角形，求直线的方程.【答案】（1）长轴长为，离心率为；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据椭圆右焦点坐标，由椭圆方程，求出，进而可得出长轴长，以及离心率；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由三角形面积公式，表示出面积，进而可求出最值；（3）由题中条件，分别讨论，两种情况，分别求解，即可得出结果.【详解】（1）由题意，解得.所以，椭圆的长轴长为，离心率为.（2）设直线的方程为，联立整理得：，即.设，由，得，.所以，.所以，的面积，令，则，得.当且仅当时（即时）等号成立，此时：.（3）（i）若，则，故，则因为，故，即，无解.即.同理，.（ii）若，得，即，得.故.故.解得，故.故：（即）综上所述，所求直线的方程为.【点睛】思路点睛：求解椭圆中三角形面积时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，以及弦长公式，表示出弦长，再由点到直线的距离公式，求出点到线的距离，由三角形的面积公式，即可求出结果；有时也可将所求三角形面积转为同底的两个小三角形的面积之和，结合题中条件求解.