1、天津市咸一中2020-2021学年度第一学期期中考试高二数学试卷一、选择题（本大题共9小题，共45分）1. 已知向量,且,那么( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两个向量共线的坐标表示列方程，由此求得，从而求得.【详解】由于，所以，解得，所以，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查空间向量平行求参数，考查空间向量模的计算，属于基础题.2. 直线绕它与轴的交点逆时针旋转，得到直线，则直线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直线与轴的交点为，且倾斜角为， 由绕它与轴的交点顺时针旋转得到直线，可知直线 过点，倾斜角为，即可写出直线的方程.【详解】因为
2、直线与轴的交点为，且倾斜角为，所以知直线 过点，倾斜角为，直线的方程为，即，故选B.【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，斜率，直线方程，属于中档题.3. 已知两点，直线与线段相交，则直线的斜率取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出直线所过定点，画出图形，再求出，的斜率，数形结合得答案【详解】解：直线过定点，直线与线段相交，则直线的斜率取值范围是故选【点睛】本题考查直线系方程的应用，考查直线斜率的求法，体现了数形结合的解题思想方法，是基础题4. 在棱长为的正方体中，是的中点，则点到平面的距离是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】以为空间直角坐标原
3、点建立空间直角坐标系，通过点面距离公式，计算点到平面的距离.【详解】以为空间直角坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系.由于是中点，故，且，设是平面的法向量，故，故可设，故到平面的距离.故选A.【点睛】本小题主要考查利用空间向量计算点到面的距离.计算过程中要先求得平面的法向量.属于基础题.5. 若方程有唯一解，则实数k的取值范围是（ ）A. B. C. 或D. 或或【答案】D【解析】【分析】将问题转化为函数与只有一个交点，然后利用数形结合处理.【详解】因为方程有唯一解，即与的图象有唯一交点，又表示圆心为，半径为的上半圆包括和，而是过点的直线，如图：当直线与半圆相切时，由圆心到直线的距离公式得：，
4、又由图象可知，当或或时，与的图象有唯一交点，故选：D【点睛】本题考查根据方程的解的个数求参数的取值范围，难度一般，考查数形结合思想的运用.6. 在四面体中，为中点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用空间向量基本定理及向量的线性运算可解答此问题【详解】解：根据题意得，故选：【点睛】本题考查空间向量基本定理的简单应用以及向量的线性运算，属于基础题7. 若圆上仅有4个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】到已知直线的距离为1的点的轨迹，是与已知直线平行且到它的距离等于1的两条直线，根据题意可得这两条平行线与有4个
5、公共点，由此利用点到直线的距离公式加以计算，可得的取值范围【详解】解：作出到直线的距离为1的点的轨迹，得到与直线平行，且到直线的距离等于1的两条直线，圆的圆心为原点，原点到直线的距离为，两条平行线中与圆心距离较远的一条到原点的距离为，又圆上有4个点到直线的距离为1，两条平行线与圆有4个公共点，即它们都与圆相交由此可得圆的半径，即，实数的取值范围是故选：【点睛】本题给出已知圆上有四点到直线的距离等于半径，求参数的取值范围着重考查了圆的标准方程、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题8. 已知椭圆的上焦点为，是椭圆上一点，点，当点在椭圆上运动时，的最大值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 10【答
6、案】D【解析】【分析】设椭圆的下焦点为，根据以及，可求得结果.【详解】如图所示，设椭圆的下焦点为，则，当且仅当共线且在线段上时等号成立， 故选：D.【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆中的最值问题，属于基础题.9. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）A. B. 3C. 6D. 【答案】C【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，又，两式相减，可得：， ，当且仅当时取等号，的最小值为6，故选：C【点睛
7、】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力二、填空题（本大题共6小题，共30分）10. 如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是_【答案】【解析】【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，即异面直线A1M与DN所成角的大小是考点：异面直线所成的角11. 过点的直线被圆截得的弦长为2，则直线的斜率为_【答案】【解析】分析】根据题意，由圆的方程分析圆的圆心与半径，结合弦长分析可得直线经过圆的圆心，由斜率计算公式计算可得答案【详解】解：根据题意，圆的标准方程为，其圆心为，半径，过点的直线被圆截得的弦长为
8、2，则直线经过圆的圆心，故直线的斜率；故答案为：【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，两点间斜率公式的应用，属于基础题.12. 已知双曲线的右焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为_【答案】【解析】分析】由题意可知，进而可得出，再结合可求得、的值，由此可得出双曲线的方程.【详解】由于是边长为的等边三角形，则，由题意可得，解得，因此，双曲线的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，要结合题意得出关于、的方程组，考查计算能力，属于中等题.13. 已知圆：，定点，动圆过点，且与圆相内切，那么点的轨迹的方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意分析知
9、：动圆的圆心到、的距离之和等于圆的半径，即可知为椭圆轨迹，写出轨迹方程.【详解】由题意，动圆M的半径为，圆的圆心，半径，且圆与圆相内切，即动点到两定点、的距离之和为定值，且大于，有，根据椭圆定义知：M的轨迹C为，故答案为：.14. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，顶点在椭圆上，_【答案】【解析】由题意椭圆中 故是椭圆的两个焦点， ，由正弦定理得 【点睛】本题考查椭圆的简单性质，椭圆的定义以及正弦定理的应用其中合理转化椭圆定义进而应用正弦定理是解题的关键15. 已知椭圆()的焦点为，如果椭圆C上存在一点P，使得，且的面积等于4，则实数b的值为_，实数a的取值范围为_.【答案】 (1). (2).
10、 【解析】【分析】根据椭圆的定义以及勾股定理、面积即可求解出的值；再根据以及椭圆中的取值范围即可求解出的范围.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以；又因为，设且，所以，所以，所以，所以，又因为且，所以，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查椭圆的焦点三角形的面积求解以及根据椭圆方程中的范围求解参数范围，难度一般.其实，椭圆上任意一点（非左右顶点）与两焦点围成的焦点三角形的面积等于.三、解答题（本大题共5小题，共75分）16. 已知圆C经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆C的方程；（2）直线l经过，并且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（
11、1）利用待定系数法，设圆C的方程为，根据题意列出关于的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，列出关于的方程解出即可.【详解】解：（1）设圆C方程为依题意得解之得圆C的方程为（2）圆可化为，所以圆心到直线的距离为当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时直线l被圆C截得的弦长为，符合题意当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，即由题意得解得直线的方程为综上所述，直线l的方程为或【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求圆的方程，已知直线截圆所得的弦长求直线的方程，属于中档题.17. 如图
12、，已知多面体，均垂直于平面，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【解析】【分析】（1）作，利用勾股定理、余弦定理可求、，进而得到，根据线面垂直的判定即可证平面；（2）构建空间直角坐标，由各线段的长度确定的坐标，进而可求，并求得面的一个法向量，根据法向量与直线方向量的夹角与线面角的关系，求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）作于E，于D， 即，在中，由余弦定理知：，则，在中，；在中，；而，即，又，平面；（2）构建以中点O为原点，为x，y轴正方向，垂直于且同方向作为z轴正方向，如下图示，则，可令，若为面的一个法向量，则，令，即，即直线与平面
13、所成的角的正弦值为.【点睛】思路点睛：线面垂直证明思路如下（1）作垂直：由垂直得到的直角三角形中，利用勾股定理求相应边长.（2）证线线垂直：逆用勾股定理证明线段垂直.（3）证线面垂直：根据线面垂直的判定证明线面垂直.求线面角正弦值思路（1）构建空间坐标系：确定原点，标注相关点的坐标.（2）确定向量坐标：利用向量的坐标表示得到向量坐标.（3）求面的法向量：由垂直关系的坐标表示求法向量.（4）求角的正弦值：线面角正弦值等于直线方向向量与面的法向量夹角余弦值的绝对值.18. 在平面中，已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）直线方程为，直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.【答案】（1）；
14、（2）2.【解析】【分析】（1）根据椭圆过点，且离心率，由求解.（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理利用弦长公式求得，再求得点到的距离，建立三角形面积模型求解.【详解】（1）因为椭圆过点，且离心率.所以，解得，则，所以椭圆方程为：.（2）设直线方程为，、，联立方程组整理得：，所以，由弦长公式得：，点到的距离为.所以.当且仅当，即时取到最大值，最大值为：2.【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.19. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，是棱的中点（1）求证：面；（2）求二面角
15、的正弦值；（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2) ； (3)答案见解析.【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。【详解】解：（1）以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 则，设平面的法向量是，则，即令，则，于是，又平面，平面（2）设平面的法向量为则，即据此可得平面一个法向量,设二面角的平面角大小为，易知：则，即 二面角的正弦值为（3）假设存在满
16、足题意的点，且：，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，故，由于平面的一个法向量，由题意可得：解得：，据此可得存在满足题意的点，且的值为.【点睛】熟练掌握建立空间直角坐标系利用平面的法向量即可证明平面、平面与平面的法向量的夹角求出二面角、线面角的夹角公式是解题的关键，属于中档题。20. 已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右顶点，点满足（）求椭圆的方程；（）设直线经过点且与交于不同的两点、，试问：在轴上是否存在点，使得直线 与直线的斜率的和为定值？若存在，请求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由【答案】（1） （2） ，定值为1.【解析】试题分析：（）由可得，再根据离心率求得，由
17、此可得，故可得椭圆方程（）由题意可得直线的斜率存在，设出直线方程后与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，求出直线 与直线的斜率，结合根与系数的关系可得，根据此式的特点可得当时，为定值试题解析：（）依题意得、， 解得，故椭圆的方程为 （）假设存在满足条件的点. 当直线与轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意. 因此直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去整理得，设、，则， ， 要使对任意实数，为定值，则只有，此时故在轴上存在点，使得直线与直线的斜率的和为定值点睛：解决解析几何中定值问题的常用方法（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关（2）直接对所给要证明为定值的解析式进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量得到常数，从而证明得到定值，这是解答类似问题的常用方法
