1、吉林省白山市2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题 理第卷一、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椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为（ ）ABCD2设命题，是奇数，则为（ ）A，是偶数B，不是奇数C，是偶数D，不是奇数3若直线经过抛物线的焦点，则（ ）ABCD4圆与圆的位置关系是（ ）A相交B相离C内含D内切5在三棱柱中，是侧棱1的中点，则（ ）ABCD6双曲线的渐近线的斜率为（ ）ABCD7如图，某圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，与为底面圆的两条互相垂直的直径，为母线的中点，且，则异面直线与所成角的正切值为（ ）ABCD8
2、已知，表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，则下列命题为假命题的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则9若点是双曲线上一点，分别为的左、右焦点，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体外接球的表面积为，则该几何体的高为（ ） 正视图 侧视图 俯视图ABCD11已知是圆外一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）ABCD12已知斜率为的直线经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，直线与抛物线交于，两点，且，两点在轴的两侧，现有下列四个命题：为定值；为定值；的取值范围为；存在实数使得其中所有真命
3、题的序号是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置13两平行直线与之间的距离为 14椭圆的离心率为 15若直线与函数的图象有公共点，则的最小值为 16在三棱锥中，两两垂直，为棱上一动点，当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为 三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知为正数，：不等式对恒成立；：函数的最小值不小于（1）若为真命题，求的取值范围；（2）若为假命题，为真命题，求的取值范围18如图，在正三棱柱中，为棱的中点（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离19已知直线与抛物线交于，两点，且点在上（
4、1）求的方程；（2）若的斜率为，且过点，求20已知动点在圆上运动，它与定点所连线段的中点为（1）求点的轨迹方程；（2）若点的轨迹的切线在两坐标轴上有相等的截距，求此切线方程21如图，平面平面，四边形为正方形，点在正方形的外部，且，（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值22已知椭圆的左、右焦点分别为，且（1）求的方程；（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点20202021学年白山市上学期期末考试高二数学试卷参考答案（理科）1C 因为，所以椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为2B ，不是奇数3D 因为直线与轴的交点为，所以，即4C 由题知，因为，所以，所以
5、圆和圆的位置关系是内含5B 6A 因为，所以故所求渐近线的斜率为7D 因为底面圆，所以，又，所以平面连接，则，则为异面直线与所成角，易知，所以8D 对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以A选项正确；对于B选项，因为，所以，所以或又因为，所以，所以B选项正确；对于C选项，由于，所以，所以C选项正确；对于D选项，可能异面，所以D选项错误9B 由题意可知，若，则，或（舍去），若，或，故“”是“”的必要不充分条件10C 由三视图可知，该几何体是直三棱柱，且底面是顶角为，底边长为的等腰三角形，该三角形外接圆的直径，所以该几何体外接球的半径，从而外接球的表面积，解得11A 圆的标准方程为，圆
6、的半径为设，则，因为，所以所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为12D 由题意可设的方程为，联立，得，则为定值又，则，即联立，得，两点在轴的两侧，且，由及可得或，故的取值范围为设，则，则假设存在实数，则由，得，解得或，故存在满足题意13 因为直线与平行，所以，将化为，所以两条平行线之间的距离为14 15 由，得，则函数的图象表示圆在的部分当直线经过点时，取得最小值，且最小值为16 易证平面，则与平面所成角为，当取得最小值时，取得最大值在等腰中，当为的中点时，取得最小值以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，得因为，所以与平面所成角的正弦值为17解
7、：（1）因为为正数，所以，当且仅当，即时，等号成立若为真命题，则，解得，即的取值范围为（2）若为真命题，则，解得因为为假命题，为真命题，所以，一真一假若真假，则；若真假，则综上，的取值范围为18（1）证明：连接交于点，连接因为在正三棱柱中，侧面是平行四边形，所以是的中点因为是的中点，所以是的中位线，所以又因为平面，平面，所以平面（2）解：因为平面，所以点到平面的距离即点到平面的距离因为，所以，因为，所以所以，设点到平面的距离为由，得，即，解得故点到平面的距离为19解：（1）将代入，得，解得，故的方程为（2）因为的斜率为，且过点，所以的方程为，即联立，得，设，两点的坐标分别为，则，故20解：（1
8、）设，根据中点公式得，解得由，得故点的轨迹方程是（2）当切线在两坐标轴上截距均为时，设切线方程为，由相切得，解得；当切线在两坐标轴上截距相等且不为时，设切线方程为，由相切得，解得综上，所求切线方程为或21（1）证明：因为四边形为正方形，所以又平面，平面，所以平面（2）解：以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以点到的距离为，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，得易知为平面的一个法向量，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为22（1）解：因为，所以，所以，又，所以，故的方程为（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设，由，得，则，且，设直线，的倾斜角分别为，则，所以，即，所以，则，化简可得，所以直线的方程为，直线过定点