1、遵化市20202021学年度第一学期期中考试高二数学试卷一.单项选择题（本小题共8小题，每小题5分，共40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. 在平面直角坐标系中，直线+的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由直线方程得斜率，从而得倾斜角【详解】由直线方程知直角斜率为，在上正切值为1的角为，即为倾斜角故选：B2. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图，确定三棱锥的高与底面，及底面面积后可得体积【详解】由三视图知三棱锥中，与底面垂直，底面是等腰三角形，故选：A3. 圆的圆心
2、坐标和半径分别为（ ）A. ，5B. ，C. ，5D. ，【答案】D【解析】【分析】根据圆的标准方程即可求解.【详解】由圆的方程为：，则圆心坐标为，半径为.故选：D【点睛】本题考查了直接求圆的圆心与半径，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.4. 如图所示，将无盖正方体纸盒展开，直线，在原正方体中的位置关系是（ ）A. 平行B. 相交C. 异面D. 相交成【答案】D【解析】分析】将原正方体盒子的展开图还原成直观图，再判断的位置关系.【详解】原正方体盒子的直观图如图所示：则与相交，连接，有为等边三角形,故选：D【点睛】本题考查空间中直线位置关系的判断，考查正方体侧面开展图与原几何体的关系，比较简
3、单，只需画出直观图即可解决问题.5. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得圆心坐标为，根据斜率公式求得，再由根据圆的弦的性质，得到，结合直线点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，圆，可得，所以圆心坐标为，半径为，又由斜率公式，可得，根据圆的弦的性质，可得，所以，所以弦所在直线方程为，即，所以弦所在直线方程为.故选：D.【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，以及圆的弦的性质，其中解答中熟练应用圆的弦的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.6. 已知是球的球面上两点，为该球面上的动点若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（ ）A
4、. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为36，求出半径，即可求出球的表面积【详解】解：如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选：【点睛】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大是关键，属于中档题7. 若直线y=x+b与曲线有公共点，则b的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：如图所示：曲线即 （x-2）2+（y-3）2=4（-1y3），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的
5、一个半圆，直线与圆相切时，圆心到直线y=x+b距离等于半径2，可得=2，b=1+2，b=1-2当直线过点（4，3）时，直线与曲线有两个公共点，此时b=-1结合图象可得b3故答案为C8. 在正方体中，直线与面所成角的正弦为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合题意，构造该直线与平面所成夹角，计算正弦值，即可【详解】连接AC交BD于点O，连接，因为，得到，所以为直线与面所成角，设，则，所以，故选B【点睛】本道题考查了计算直线与平面所成角，考查了直线与平面垂直的判定，难度中等二.多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选
6、对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分）9. 垂直于同一条直线的两条直线的位置关系（ ）A 平行B. 垂直C. 异面D. 重合【答案】ABC【解析】【分析】根据空间两条直线的位置关系判断可以用模型说明【详解】观察正方体中与一条棱垂直的棱可知，ABC均可能，故选：ABC10. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面下列四个命题中正确命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】AB【解析】【分析】直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可【详解】解：若，则，是直线和平面垂直的判定，A正确；若，则，推出，满足直线和平面垂直的判定，
7、B正确；若，则，两条直线可能相交，也可能异面，C不正确若，则中与可能相交或异面考虑长方体的顶点，与可以相交D不正确故选：AB【点睛】本题考查线线平行与垂直的判定，线面垂直的判定，面面平行的判定，是基础题.11. 已知圆上有且仅有两个点到直线3415=0的距离为1，则实数a的可能取值（ ）A. 15B. 6C. 0D. 1【答案】BC【解析】【分析】确定圆心不过已知直线，与已知直线平行且距离为1的直线有两条，这两条直线一条与圆相交，一条与圆相离即可得由此求出的范围后可判断各选项【详解】圆标准方程是，圆心为，半径为（），圆心到已知直线的距离为，则圆心到与直线平行且距离为1的直线的距离分别为3和5，
8、由题意，解得只有BC满足故选：BC【点睛】方法点睛：本题考查考查直线与圆的关系，解题方法的得出是由于到已知直线距离为1的点在两条平行线上，与已知直线的距离是1，要满足题意，则这两条直线一条圆相交，一条与圆相离（圆心不在直线上）由直线与圆的位置关系求解12. 如图，在正方体ABCD中，点P在面对角线AC上运动，给出下列四个命题，则其中正确的命题的是（ ）A. 平面B. C. 平面PD平面D. 三棱锥体积不变【答案】ACD【解析】【分析】确定平面平面，可判断A，取特殊点可判断B，证明平面后得面面垂直，可判断C，由棱锥体积公式可判断D【详解】如下图，正方体中，由线面平行的判定定理，得平面，同理平面，
9、因此可得平面平面，从而平面内的直线平面，A正确；如下图，当是与交点时，是锐角，B错；如下图，由正方体中，可得平面，从而，同理有，因此有平面，平面平面，C正确；如上图，的面积是矩形面积的一半，不变，到平面的距离不变是，因此三棱锥即三棱锥的体积不变，D正确故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面关系，棱锥的体积，掌握线面平行的判定，线线垂直、线面垂直与面面垂直的关系是解题关键解题时对三个垂直的间相互转化需熟练掌握三.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在题中横线上）13. 已知正四棱锥的高为4，侧棱长为3，则该棱锥的侧面积为_.【答案】【解析】【分析】由高和侧棱求侧棱
10、在底面射影长，得底面边长，从而可求得斜高，可得侧面积【详解】如图，正四棱锥，是高，是中点，则是斜高，由已知，则，是正方形，侧面积为侧故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查求正棱锥的侧面积在正棱锥计算中，解题关键是掌握四个直角三角形：如解析中图中，正棱锥的几乎所有量在这四个直角三角形中都有反应14. 经过点作圆的切线，则切线的方程为_.【答案】【解析】【分析】根据题中条件，先求出切线斜率，进而可得切线方程.【详解】因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，故切线方程为，整理得故答案为：.15. 正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角C1ABC的平面角等于_【答案】45【解析】【详解】试题分析：解：
11、如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），=(0，1，0)，=(-1，1，1)，设面ABC1的法向量为=(x，y，z)，=0，=0，y=0，-x+y+z=0，=(1，0，1)，面ABC的法向量=(0，0，1)，设二面角C1-AB-C的平面角为，cos=|cos，|=，=45，答案为45考点：二面角的平面角点评：本题考查二面角的平面角及求法，是基础题解题时要认真审题，注意向量法的合理运用16. 当点在圆上运动时，它与定点的连线的中点的轨迹方程是_.【答案】【解析】【
12、分析】设动点，的中点，由中点坐标公式可解出，将点点的坐标代入已知圆的方程，化简可得到所求中点的轨迹方程.【详解】解：设动点，的中点，由题意可得：，解得：，又点在圆上运动，化简得：，即为所求的轨迹方程.故答案为：.【点睛】方法点睛：求轨迹方程的基本步骤：建立适当的平面直角坐标系，设是轨迹上的任意一点；寻找动点所满足的条件；用坐标表示条件，列出方程；化简方程为最简形式；证明所得方程即为所求的轨迹方程，注意验证.四.解答题（本题共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. 已知直线和直线，（1）当时，求的值；（2）当与平行时，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1
13、）根据两直线垂直，列出方程，即可求出结果；（2）根据题意，先得到，求出，再代入直线方程检验，即可得出结果.【详解】（1）由题意，若，则，解得；（2）若与平行，则，解得或，当时，与重合，不满足题意；当时，和平行，满足题意.故.18. 如图正方形中，证明：（1）；（2）平面【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质可得；（2）由线面垂直的判定定理证明平面，从而得出，再由，得出平面.【详解】（1）连接在正方体中底面，底面为正方形又底面，又平面，平面，平面又平面（2）连接在正方体中,侧面，侧面为正方形又侧面,，又平面，平面，平面,又
14、平面,由（1）可知.，平面，平面平面【点睛】本题主要考查了证明线线垂直以及证明线面垂直，属于中档题.19. 已知的顶点，求（1）边上的中线所在直线的方程；（2）求点关于直线对称点坐标【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的中点的坐标，从而可求的直线方程.（2）求出直线的方程，设所求对称点的坐标为，根据中点和垂直两个关系得到关于的方程组，求解后可得所求的对称点的坐标.【详解】（1）由题设有，故，故直线的方程为：即.（2），故直线的方程为：，设点关于直线对称点坐标为，则，解得，故点关于直线对称点坐标.【点睛】本题考查直线方程以及点关于直线的对称点的求法，后者注意利用中点和垂直来构建关于
15、对称点的坐标的方程组，本题属于基础题.20. 如图，在三棱柱ABC中，各个侧面均是边长为2的正方形，D为线段AC的中点.（1）求证：BD平面AC；（2）求证：直线A平面BD.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用正三棱柱的性质得，则证得线面垂直；（2）设，连接DO，由中位线定理得，从而可得线面平行【详解】(1)证明: 由三棱柱ABC中，各个侧面均是边长为2的正方形可知三棱柱为正三棱柱由D为线段AC的中点，可知BDAC， 因为BDA，所以BD平面AC(2) 证明:连接，且，连接DO在中为中点，为中点，所以DO平面BD，A平面BD所以A平面BD【点睛】关键点点睛：本
16、题考查证明线面垂直与线面平行，解题关键是掌握线面平行与线面垂直的判定定理解题时注意要满足定理的所有条件，缺一不可，在所有条件满足的情况下可由定理得出结论21. 如图，圆与圆 (点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，另两圆外切且与直线分别相切于，两点，若.（1）求圆与圆的标准方程；（2）过B作直线EF的垂线L，求直线L被圆E截得的弦的长度.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先由题意，得到圆的半径为，进而可得的方程；再由题意，得到、三点共线，设圆的半径为，由题意，得到，再求出，即可得出圆的方程；（2）先由题意，联立直线与圆的方程求出，以及直线L的方程，根据几何法，即可求出圆的弦长.【详
17、解】（1）因为点，圆与轴分别相切于，所以，即圆的半径为，所以圆；因为圆与圆(点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，与直线分别相切于，两点，且两圆外切，所以、三点共线，设圆的半径为，则有，即，解得，即，则又在直线上，所以，即，因此，圆；(2).联立，解得，所以，又；所以过点且与垂直的直线L为: ，即，因为点E到直线L的距离所以直线L被圆截得弦长.【点睛】方法点睛：求圆的弦长的方法：（1）代数法：联立直线与圆的方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；（2）几何法：先求圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离的平方与弦长一半的平方之和等于半径的平方，即可求出弦长.22. 如图，在三棱柱ABCA1B
18、1C1中，ABC与A1B1C1都为正三角形且AA1面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点.求证：（1）平面AB1F1平面C1BF；（2）平面AB1F1平面ACC1A1.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由棱柱的性质及中点得B1F1BF，AF1C1F.，从而有线面平行，再有面面平行；（2）先证明B1F1平面ACC1A1，然后可得面面垂直【详解】证明：（1）在正三棱柱ABCA1B1C1中，连接，F、F1分别是AC、A1C1的中点，是平行四边形，是平行四边形，B1F1BF，AF1C1F.平面，平面，平面，同理平面，又B1F1AF1F1，平面，平面，平面AB1F1平面C1BF.（2）在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1，平面，B1F1AA1.又是等边三角形，是中点，B1F1A1C1，而A1C1AA1A1，B1F1平面ACC1A1，而B1F1平面AB1F1，平面AB1F1平面ACC1A1.【点睛】本题考查证明面面平行和面面垂直，掌握面面平行和面面垂直的判定定理是解题关键