1、天津市第二十五中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、单选题1. 已知空间向量，若与垂直，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】先由向量的数量积运算求出，再结合向量模的运算求解即可.【详解】解：由空间向量，若与垂直，则，即，即，即，即，即，故选：A.【点睛】本题考查了向量的数量积运算，重点考查了向量模的运算，属基础题.2. 如图，已知正三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是( ) A. B. C. D. 0【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可.【详解】以AC的中点为坐标原点，建立如图
2、所示的空间直角坐标系，则：,，向量,，.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3. 直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，可得出该直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为，故选C.【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，解题的关键就是求出直线的斜率，同时要熟悉直线的倾斜角和斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.4. 已知直线：，：，且，则的值为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】A【解析】【分析】由直线平行的性质可得或，代入验证即可得解.【详解】
3、因为直线：，：，且，所以，解得或，当时，直线：，：，两直线重合，不合题意；当时，直线：，：，符合题意；故.故选：A.【点睛】本题考查了由直线平行求参数，考查了运算求解能力，属于基础题.5. 中，高，所在的直线方程分别为，则所在直线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由垂直关系可得AB和AC的斜率，进而可得AB和AC的方程，分别解方程组可得B，C的坐标，进而可得方程.【详解】解：两边AB，AC上的高线方程分别为与，它们的斜率分别为，故AB和AC的斜率分别为，AB和AC的方程分别为，整理为一般式可得， 联立方程组，解得，即，同理联立，解得，即，BC所在直线的方程为，即.
4、故选：C.【点睛】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，涉及直线的点斜式方程和斜率公式以及方程组的解法，属中档题.6. 若两条直线l1：x+2y6=0与l2：2x+ay+8=0平行，则l1与l2间的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行，得到关于的方程，求出的值，再由平行线间的距离公式，得到答案.【详解】两条直线l1：x+2y6=0与l2：2x+ay+8=0平行，则，解得a=4所以直线l2：2x+4y+8=0可化为x+2y+4=0，所以两直线间的距离故选A【点睛】本题考查由直线平行求参数的值，两条平行线间的距离，属于简单题.7. 已知圆的半径为2，圆心在轴的
5、正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设圆心坐标为，根据圆与直线相切可求出，进而得到圆心和半径，于是可得圆的方程【详解】由题意设圆心坐标，圆与直线相切，解得a=2圆心为，半径为，圆C的方程为（x2）2+y2=4，即故选D【点睛】求圆的方程时要把握两点：一是求出圆心的坐标；二是求出圆的半径，然后再根据要求写出圆的方程即可，求圆心坐标时注意圆的几何性质的应用，这样可以简化运算，提高解题的速度8. 若圆与圆的公共弦长为，则圆的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题，求出两圆的公共弦，再求得圆的直径等于公共弦长为，可得
6、公共弦过圆C的圆心，可得答案.【详解】联立，得，因为圆的直径为，且圆与曲线的公共弦长为，所以直线经过圆的圆心，则，所以圆的半径为故选D【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，两圆的公共弦的求法是解题的关键，属于中档题.9. 已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.【详解】设，的中点，所以，又，所以，即，而，所以，又，即椭圆方程为：.故选：D.【点睛】本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标
7、公式，属于基础题.二、填空题10. 若椭圆的离心率为，则_.【答案】或【解析】【分析】分焦点在轴和轴分类讨论，结合离心率得表达式即可求解【详解】当椭圆的焦点在x轴上时，由题意得，解得；当椭圆的焦点在y轴上时，由题意得，解得.综上所述，或故答案为：或【点睛】本题考查由椭圆的离心率求解参数值，属于基础题11. 已知空间三点A(1,1,1)，B(1,0,4)，C(2，2,3)，则与的夹角的大小是_【答案】120【解析】【分析】根据向量的坐标运算，求得与的坐标，再利用向量的夹角公式，准确运算，即可求解，得到答案.【详解】由题意，空间三点A(1,1,1)，B(1,0,4)，C(2，2,3)，则，所以,又
8、因为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记空间向量的坐标运算，以及向量的夹角公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12. 设，若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】画出图象求出定点与、两点连线的斜率，即可求出实数的取值范围【详解】解：直线恒过定点，由题意平面内两点，直线与线段恒有公共点，如图求出定点与、两点连线的斜率，所以直线与线段恒有公共点，则实数的取值范围是，故答案为：【点睛】本题考查直线斜率的求法，考查数形结合的思想的应用，考查计算能力13. 过点且在轴上的截距是在轴上
9、截距的4倍的直线的方程为_.【答案】或【解析】【分析】分类讨论：直线过坐标原点、直线不过坐标原点，再根据截距的关系求解出直线的方程.【详解】当直线过坐标原点时，显然直线的斜率存在，设，代入，所以，所以，所以直线方程为；当直线不过坐标原点时，设，所以横截距为，纵截距为，所以，解得或（舍），所以直线方程为，故答案为：或.【点睛】本题考查根据截距关系求解直线方程，难度一般.根据截距的倍数求解直线方程时，要注意直线过坐标原点的情况.14. 已知直线：是圆：的一条对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则线段的长度为_.【答案】3【解析】【分析】根据直线：是圆：的一条对称轴，得到圆心在直线l上，解得，得到，
10、然后再利用切线长公式求解.【详解】圆：的标准方程是，圆心为，因为直线：是圆：的一条对称轴，所以圆心在直线l上，所以，解得，所以，故答案为：3【点睛】本题主要考查圆的对称性以及圆的切线长问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.15. 设圆，定点，若圆O上存在两点到A的距离为2，则r的取值范围是_【答案】【解析】【分析】将问题转化为以为圆心，为半径的圆为圆与圆相交问题，再根据圆与圆的位置关系求解即可得答案.【详解】解：根据题意设以为圆心，为半径的圆为圆，所以圆，圆心为，半径为，则两圆圆心距为：，因为圆O上存在两点到A的距离为，所以圆与圆相交，所以，解得：.所以r的取值范围是：.故答案为：【点睛】
11、本题考查圆与圆的位置关系，考查回归转化思想，是中档题.三、解答题16. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成夹角余弦值的大小；（3）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）只需证明，即可证明平面；（2）通过证明可知是平面与平面所成角的平面角，根据可得结果；（3）利用等体积法可求得结果.【详解】（1）在直角三角形中，所以底面为正方形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面.（2）因为是矩形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，即，所以是平面与平面所成角的平面角，在直角三角形中，因为，所以（3）由题意可知点到平面的距
12、离等于点到平面的距离，设为，由（1）可得，所以，由得，即，所以，所以点到平面距离等于.【点睛】关键点点睛：第（3）问利用等体积法求点面距是解题关键.17. 如图，在三棱柱中，平面,，分别是的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成二面角为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，交于点，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得则和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；（
13、3）设，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）取的中点，连接，交于点，可知为的中点，连接，易知四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）分别以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，则，即，令，可得，即，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）假设在棱是存在一点，设，可得，由，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，即，又由平面的一个法向量为，所以，因为平面与平面所成二面角为，可得，解得，此时，符合题意，所以在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空
14、间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，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.18. 已知直线：和圆：.（1）求圆的圆心、半径（2）求证：无论为何值，直线总与圆有交点；（3）为何值时，直线被圆截得的弦最短？求出此时的弦长.【答案】（1）圆心，半径（2）证明见解析（3）时，直线被圆截得的弦最短，弦长为【解析】【分析】（1）利用可求得结果；（2）利用直线经过的定点在圆内可证结论成立；（3）设圆心到直线的距离为，直线被圆截得的弦为，根据弦
15、长公式可知最大即时，弦长最短，由此可求得结果.【详解】（1）因为所以，所以，所以半径.（2）由得，由得，所以直线经过定点，因为，所以定点在圆内，所以无论为何值，直线总与圆有交点.（3）设圆心到直线的距离为，直线被圆截得的弦为，则，则当最大值时，弦长最小，因，当且仅当时，取最大值，取最小值，此时，所以.所以时，直线被圆截得的弦最短，弦长为.【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键是证明直线经过的定点在圆内，第（3）问的关键是推出时，弦长最短.19. 已知椭圆的焦点在轴上，一个顶点为，离心率，过椭圆的右焦点的直线与坐标轴不垂直，且交椭圆于，两点（1）求椭圆的标准方程（2）当直线的斜率为时，求弦长的值.
16、【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据顶点坐标得到，根据离心率，结合得到，则可得椭圆的标准方程；（2）联立直线与椭圆，利用弦长公式可求得结果.【详解】（1）依题意设椭圆的标准方程为，则，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，则直线，联立，消去并整理得，设，则，所以.【点睛】结论点睛：斜率为的直线与圆锥曲线交于、两点，则弦长.20. 已知椭圆的两个焦点分别为和，过点的直线与椭圆相交与两点，且.（1）求椭圆的离心率；（2）求直线的斜率；（3）设点与点关于坐标原点对称，直线上有一点在的外接圆上，且，求椭圆方程.【答案】（1）.（2）.（3）.【解析】【分析】（1）由，得，得到的
17、关系式，由此能求出离心率；（2）将椭圆的方程为写为，设直线的方程为，设，联立方程组，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出直线的斜率；（3）求出，取，得，推导出外接圆的方程，与直线的方程联立解出，得，再由，解得，由此能求出椭圆方程【详解】（1）由且，得，从而 整理，得，故离心率.（2）由（1）得，所以椭圆的方程可写为设直线的方程为，即.由已知设，则它们的坐标满足方程组消去整理，得.依题意，得.而 由题设知，点为线段的中点，所以 联立解得将代入中，解得.（3）由（2）可知.不妨取，得，由已知得.线段的垂直平分线的方程为，直线与轴的交点是外接圆的圆心，因此外接圆的方程为.直线的方程为，于是点的坐标满足方程组，由，解得由 解得故椭圆方程为.【点睛】本题考查椭圆的离心率、直线的斜率、椭圆方程的求法，考查椭圆、直线方程、圆、根的判别式、韦达定理、两点间距离公式等基础知识，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题.
