1、高考资源网（） 您身边的高考专家20202021学年度昌平一中高二年级第一学期期中考试数学试卷本试卷共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 下列各组向量中不平行是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】利用向量共线的定义，逐个判断选项即可【详解】对于A，有，所以与是平行向量；对于B，有，所以与是平行向量；对于C，是零向量，与是平行向量；对于D，不满足，所以与不是平行向量.故选：D2. 直线 倾斜角的大小是（ ）A. B. C.
2、D. 【答案】B【解析】【分析】把直线方程化成斜截式，根据斜率等于倾斜角的正切求解.【详解】直线化成斜截式为，因为 ，所以.故选B.【点睛】本题考查直线的斜截式方程和基本性质，属于基础题.3. 已知，则的值为（ ）A. 4B. C. 5D. 【答案】B【解析】【分析】先求得，再利用空间向量模的公式计算.【详解】，,故选：B.【点睛】本题考查空间向量的坐标运算和向量的模的计算，属基础题.可以熟记，直接计算.4. 已知双曲线的一个焦点坐标是，那么的值为（ ）A. 1B. C. 3D. 5【答案】C【解析】【分析】根据焦点坐标可得关于的方程，从而可求的值.【详解】因为焦点坐标是，故，解得，故选：C.
3、5. 已知直线与圆相切，那么实数的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】解：直线的一般方程为,圆的圆心为，半径为.直线与圆相切，,.故选:D.6. 圆和圆的位置关系是（ ）A. 相交B. 内切C. 外切D. 相离【答案】C【解析】【分析】分别求出两圆的圆心和半径，求得圆心距与半径和或差的关系，即可判断位置关系【详解】圆，即，其圆心，半径，圆的圆心为，半径，所以两圆外切，故选：C.7. 已知椭圆的短轴长是焦距的2倍，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意及椭圆的简单性质易得，结合离心率的概念即
4、可得结果.【详解】椭圆的短轴长是焦距的2倍，又，可得，椭圆的离心率为，故选：D.8. 已知直线：，：平行，则实数的值是（ ）A. 或3B. 或1C. D. 3【答案】C【解析】【分析】利用直线平行的必要条件,求得的值，然后代回直线的方程，排除重合的情况.【详解】解：由题意得,解得或,当时，两直线的方程都是,两直线重合，当时，两直线的方程分别为和,两直线平行，故选:C.【点睛】本题考查根据直线平行求参数的值，属基础题，直线平行的必要条件,一定要代回检验，排除重合的情况.9. 已知正方体的棱长为1，则点到平面的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，结合题中数据，即可求解
5、.【详解】设点到平面的距离为，因为正方体的棱长为1，所以由题意可知，即，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查空间中点到面的距离，等体积法求点到面的距离是最常用的一种做法，属于基础题型.10. 有一改形塔几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的边长等于1，那么该塔形中正方体的个数是（ ）A. 8B. 7C. 6D. 4【答案】B【解析】【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为以8为首项，以为公比的等比数列，进而可得结果.【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为以8为首
6、项，以为公比的等比数列，所以其通项公式为，令可得，故选：B.二、填空题共6题，每题5分，共30分.11. 已知抛物线：上，则抛物的准线方程为_.【答案】【解析】【分析】由抛物线方程，求出，可求准线方程.【详解】抛物线：，所以，准线方程为，故答案为：.12. 已知椭圆：的两个焦点分别为，过点且与坐标轴不平行的直线与椭圆交于点，则的周长是_.【答案】8【解析】【分析】根据椭圆的定义可求的周长.【详解】的周长为，故答案为：8.13. 已知双曲线，则其渐近线方程为_, 离心率为_.【答案】，【解析】试题分析：由得其渐近线方程为，离心率考点：本题主要考查双曲线的几何性质点评：简单题，确定双曲线的渐近线，
7、可以在双曲线标准方程中，将1化为0 ，化简即得14. 已知直线：与圆相切，则的值是_.【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线的距离为半径可求的值.【详解】因为直线：与圆相切，故圆心到直线的距离，解得，故答案为：15. 若直线将圆的圆周分成长度之比为的两段弧，则实数的所有可能取值是_【答案】【解析】【分析】设直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到对应三角形为直角三角形，利用点与直线的距离建立条件关系即可【详解】解：圆的标准方程为，圆心为，半径，设直线和圆相交于，若较短弧长与较长弧长之比为，则，则圆心到直线的距离，即，即，解得，故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查学
8、生的计算求解能力，属于基础题.16. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论：曲线关于直线对称；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界）.其中，正确结论序号是_.【答案】【解析】【分析】将代入也成立得正确；利用不等式可得，故正确；联立得四个交点，满足条件的最小正方形是以为中点，边长为2的正方形，故不正确.【详解】对于，将代入得成立，故曲线关于直线对称，故正确；对于，因为，所以，所以，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故正确；对于，联立得，从而可得四个交点，依题意满足条件的最小正
9、方形是各边以为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界），故不正确.故答案为：【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题.三、解答题共5题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，.（1）求线段的垂直平分线方程；（2）求圆的标准方程；（3）已知直线：与圆相交于、两点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）利用垂直平分关系得到斜率及中点，从而得到结果；（2）设圆的标准方程为，结合第一问可得结果；（3）由题意
10、可知：圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得结果.【详解】解：（1） 设的中点为，则由圆的性质，得，所以，得. 所以线段的垂直平分线的方程是. (2) 设圆的标准方程为，其中，半径为（）.由圆的性质，圆心在直线上，化简得所以 圆心， ， 所以 圆的标准方程为(3)设为中点，则，得设圆心到直线的距离.又，解得，所以直线的方程为【点睛】方法点睛：圆内一点为弦的中点时，则此点与圆心的连线和弦所在的直线垂直；解决圆的弦长有关问题，注意弦长一半、弦心距、半径构成的直角三角形的三边的勾股数之间的关系18. 如图，四边形为正方形，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析
11、（）【解析】【分析】（1）推导出，由此能证明平面.（2）推导出，.建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】证明：（）因为，所以，因为，所以平面.（）解：因平面，平面，平面，所以，.因为四边形为正方形，所以.如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即令，则，.于是.平面的法向量为.设直线与平面所成的角为，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面垂直和线面角，考查学生的逻辑思维能力和计算能力，属于中档题.19. 已知椭圆：的左焦点为，且经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，若，求直线的方程.【答案】（1）
12、；（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，再求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，化简后写出根与系数关系，利用弦长列方程，解方程求得，进而求得直线的方程.【详解】（1）依题意可知，所以即，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，两点的坐标为，所以，不满足题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，由于直线和椭圆相交，所以恒成立，设，则，所以，即，两边平方并化简得，所以.所以直线的方程为.【点睛】在求直线与椭圆相交的问题时，注意考虑验证所对应的一元二次方程的根的判别式的符号是否满足，还需注意将目标条件转化到关于交点坐标的韦达定
13、理上去20. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）求证：对于线段上的任意一点，与都不垂直.【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出以及平面的法向量后可证明平面.（2）求出平面的法向量后可求二面角的余弦值.（3）可证明始终不为零，从而可证与都不垂直.【详解】因为底面，而底面，底面，故，又底面是矩形，故.建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为是线段的中点，故，（1），又，.设平面的法向量为，则，取，则，因为，故，因为平面，故平面.（2）因为底面，故为平面的法向量，而，故，而
14、二面角平面角为锐角，故其余弦值为.（3）因为为线段上的任意一点，故，其中，故，故，所以与都不垂直.【点睛】方法点睛：空间的位置关系或角的计算，可根据几何体的特征合理建系，把位置关系或角的计算归结直线的方向向量和平面的法向量的关系来处理.21. 在平面几何中，通常将完全覆盖某平面图形且直径最小的圆，称为该平面图形的最小覆盖圆.最小覆盖圆满足以下性质：线段的最小覆盖圆就是以为直径的圆；锐角的最小覆盖圆就是其外接圆.已知曲线：，为曲线上不同的四点.（1）求实数的值及的最小覆盖圆的方程；（2）求四边形的最小覆盖圆的方程；（3）求曲线的最小覆盖圆的方程.【答案】(1) ,；(2) ；(3) .【解析】【
15、分析】（1）根据点在曲线：上，由求解，设的外接圆方程,将A，B，C的坐标代入求解.（2）根据BD的最小覆盖圆是以BD为直径的圆，然后再验证点A，C在圆即可.（3）设，由最小时求解.【详解】（1）因为点在曲线：上，所以，解得或（舍去），所以，设的外接圆方程为：,则，解得，所以圆的方程为：.因为是锐角三角形，所以的最小覆盖圆的方程是.（2）因为BD的最小覆盖圆是以BD为直径的圆，所以BD的最小覆盖圆的方程为：,又因为，所以点A，C在圆内，所以四边形的最小覆盖圆的方程是.（3）因为曲线：是中心对称图形，设， ，当 时， ，所以曲线的最小覆盖圆的方程是.【点睛】关键点点睛：本题关键是由最小覆盖圆的性质转化为求覆盖平面图形最小圆的方程.- 16 - 版权所有高考资源网