1、2020-2021学年度第一学期期中学业水平检测高二数学一、单项选择题：本题共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. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由直线与轴垂直可得倾斜角【详解】直线与轴垂直，倾斜角为故选：A2. 已知向量，且，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由计算可得【详解】，解得故选：C3. 若直线与直线平行，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.【详解】由两直线平行知：，解得：.故选：B.【
2、点睛】结论点睛：若直线与平行，则，或.4. 已知三棱柱，点为线段的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算求解即可【详解】解：在三棱柱，点为线段的中点，则，所以，故选：D5. 已知二面角的大小为，为棱上不同两点，分别在半平面内，均垂直于棱，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在平面内作，且，得，（或其补角）是异面直线与所成角在中求解即可得【详解】如图，在平面内作，且，连接，则是平行四边形，所以，（或其补角）是异面直线与所成角因为，所以，又，所以是二面角的平面角，即，所以，又，所以平面，平面，所以，由得
3、，所以故选：B【点睛】方法点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题关键是作出异面直线所成的角作平行线构造三角形，得出异面直线所成的角（并证明）然后计算6. 若过原点的直线与圆有两个交点，则的倾斜角的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由圆的方程确定圆心和半径，得到直线的斜率存在，设直线的方程为，根据直线与圆的位置关系列出不等式求解，得出斜率的范围，进而可得倾斜角的范围.【详解】由得，所以圆的圆心为，半径为，因此为使过原点的直线与圆有两个交点，直线的斜率必然存在，不妨设直线的方程为：，即则有，即，整理得，解得，记的倾斜角为，则，又，所以.故选：C.7. 已知椭圆上两
4、点，若的中点为，直线的斜率等于，则直线的斜率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，把两点坐标代入椭圆方程相减后可得与的关系，从而得出结论【详解】设，则，两式相减得，整理得，即故选：D【点睛】方法点睛：在遇到椭圆的弦中点时，常常用点差法求解即设弦两端点为，弦中点，两端点坐标代入椭圆方程相减珀可得与的关系双曲线的弦中点也可这样求解8. 已知圆与直线交于两点，且，则圆与函数的图象交点个数为（ ）个A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由弦长求得半径，确定圆过点，而函数是增函数，也过点，从而可得结论【详解】圆心到直线的距离为，又，所以，所以圆过点，而函数在上是增函
5、数，且过点，因此它们有2个交点故选：A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. 全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 已知直线，则下述正确的是（ ）A. 直线的斜率可以等于B. 直线的斜率有可能不存在C. 直线可能过点D. 若直线的横纵截距相等，则【答案】BD【解析】【分析】根据直线方程判断斜率AB，代入点的坐标可判断直线是否过一点判断C，求出横纵截距可判断D【详解】时，斜率不存在，时，斜率不等于0，A错；B正确；，不在直线上，C错；时，纵截距不存在，时，令得，令，由得，D正确故选：BD10. 已知椭圆：，关于椭圆
6、下述正确的是（ ）A. 椭圆的长轴长为B. 椭圆的两个焦点分别为和C. 椭圆的离心率等于D. 若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则【答案】ACD【解析】【分析】椭圆方程化为标准方程，求出，然后判断各选项【详解】由已知椭圆标准方程为，则，长轴长为，A正确；两焦点为，B错误；离心率为，C正确；代入椭圆方程得，解得，D正确故选：ACD11. 已知点，动点到直线的距离为，则（ ）A. 点的轨迹是椭圆B. 点的轨迹曲线的离心率等于C. 点的轨迹方程为D. 的周长为定值【答案】AC【解析】【分析】设，根据整理可得轨迹方程，利用轨迹方程依次判断各个选项即可得到结果.【详解】设，则，整理可得：，即点
7、轨迹方程为，C正确；由方程知点轨迹为椭圆，A正确；由方程得：，离心率，B错误；由椭圆定义知：周长为，D错误.故选：AC.12. 已知四面体所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）A. 异面直线与所成角为B. 点到平面的距离为C. 四面体的外接球体积为D. 动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆【答案】BC【解析】【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取中点,连接,可得面,则,故A错误；在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,即点到平面的距离为,故B正确；设为正四面体的中心则为内切球的
8、半径，我外接球的半径，因为，所以，即,所以四面体的外接球体积,故C正确；建系如图：,设，则因为，所以，即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.故选：BC 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 圆与圆位置关系为_.【答案】相交【解析】【分析】根据两圆的方程，分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆的位置关系的判定方法，即可求解.【详解】由圆和圆，可得两圆的圆心分别为，半径分别为，所以，所以两圆相交.故答案为：相交.14.
9、已知椭圆的离心率等于，则实数_.【答案】或【解析】【分析】讨论椭圆焦点的位置，分两种情况求椭圆的离心率，再求实数的值.【详解】当椭圆的焦点在轴时，所以，解得：，当椭圆的焦点在轴时，所以，解得：.故答案为：或15. 已知正方体的棱长为，点为线段上一点，则点到平面的距离为_.【答案】【解析】【分析】作交于，可得平面，由平行线的性质求得即可【详解】作交于，因为平面，所以平面，由得，所以故答案为：16. 在平面直角坐标系中，点分别在轴、轴上，则（1）的最小值是_；（2）的最小值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）求得关于轴的对称点后，由可求得结果；（2）求得关于轴的对称点和关于轴
10、的对称点后，由可求得结果.【详解】（1）点关于轴的对称点的坐标为，则（当且仅当三点共线时取等号），；（2）点关于轴的对称点的坐标为；点关于轴的对称点的坐标为，则（当且仅当四点共线时取等号），.故答案为：；.【点睛】思路点睛：本题考查两定点到动点的距离之和的最值问题的求解，求解此类问题的基本思路是求得某点关于动点所在直线的对称点后，利用三角形两边之和大于第三边的特点，确定三点共线时取最值.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. 已知为坐标原点，直线（），圆.（1）若的倾斜角为，求；（2）若与直线的倾斜角互补，求直线上的点到圆上的点的最小距离；（3）求
11、点到的最大距离及此时的值.【答案】（1）；（2）；（3）；1.【解析】【分析】（1）由题意可知，从而可求出的值；（2）由题意可知两直线的斜率互为相反数，可得，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，可得直线与圆相离，从而可得直线上的点到圆上的点的最小距离为，（3）直线恒过定点 ，所以到的距离小于等于，当时，距离最大，从而可得结果【详解】（1）由题知：直线的斜率等于，解得 （2）因为与直线的倾斜角互补，所以两者斜率互为相反数，所以，即，所以，则圆心到直线的距离 ，所以直线上的点到圆上的点的最小距离为 ，（3）直线恒过定点 ，所以到的距离小于等于 ，所以当时，点到的最大距离为，所以，解得1
12、8. 在平面直角坐标系中，圆过点和点，圆心到直线的距离等于.（1）求圆的标准方程；（2）若圆心在第一象限，为圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，四边形的面积为，求点的轨迹方程.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可知，圆心在线段的垂直平分线，可设圆心，由圆心到直线的距离等于可求得实数的值，进而可求得圆的标准方程；（2）推导出，可得出四边形的面积，进一步可求出，可得出点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，进而可求得点的轨迹方程.【详解】（1）直线的斜率为，线段的中点为，所以，线段的垂直平分线的方程为，即，因为圆过点和点，所以圆心在线段的垂直平分线上，所以可设圆心为，因为圆心到
13、直线的距离等于，所以，解得，当时，圆心为，半径，圆的方程为：；当时，圆心为，半径，圆的方程为：.所以圆的标准方程为或；（2）由题知， ，所以，所以四边形的面积，因为，所以，所以，所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以点的轨迹方程为：.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找
14、到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.19. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为中点.（1）如果，求证：平面；（2）当与平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）结合为等腰三角形可证，再由线面垂直判定定理可证平面，得到，进而得证；（2）设，以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，结合向量表示出线面角的正弦值，结合基本不等式求得值，再由体积公式计算即可【详解】证明：（1）在中，为中点，所以，因为平面，平面
15、，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面；（2）设，以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则,，设平面的法向量为，所以，所以，得，令，可得， 所以与平面的法向量所成角的正弦值为（当且仅当，即时等号成立），所以三棱锥的体积【点睛】方法点睛：本题考查线面垂直的证明，由线面角的关系求解具体线段长度，锥体体积公式的应用，具体用到以下方法：（1）线面垂直的证明：常通过证线线垂直证线面垂直，线线垂直常通过几何性质（等腰、等边三角形、矩形、正方形）或勾股定理证明，也可通过线面垂直的性质证线线垂直；（2）已知二面角大小求解具体线段长度或确定动点位置问题常通过建系法求解，合
16、理建系和正确求解点坐标与法向量是解题关键20. 在平面直角坐标系中，圆，动圆过且与圆相切.（1）求动点的轨迹的标准方程；（2）若直线过点，且与曲线交于、，已知的中点在直线上，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由题意可知，圆内切于圆，根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，计算出、的值，结合焦点的位置可求得轨迹的标准方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，根据可得出关于的方程，求出的值，即可求得直线的方程.【详解】（1）设动圆半径为，由于在圆内，所以，圆内切于圆，由题意知：， 所以，所以点的轨
17、迹是以、为焦点的椭圆. 其长轴长，焦距为，所以曲线的标准方程为：；（2）若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，不合题意；若直线的斜率存在，设其方程为，设点、，将代入得：，所以，所以 所以，解得或，所以，直线的方程为：或.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21. 如图，在几何体中，四边形为菱形，为等边三角形，平面平面. （1）证明：在线段上存在点，使得平面平面；（2
18、）求二面角的余弦值；（3）若平面，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）取线段的中点，先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面；（2分别求出平面和平面的法向量，利用向量法即可求得二面角的余弦值；（3）由，可得，进而写出，求出，再根据平面，即与平面的法向量的数量积为，解出，即可求得线段的长度.【详解】解：（1）如图所示：取线段的中点，连接，、均为等边三角形，平面， 又平面，平面平面在线段存在中点，使得平面平面；（2）平面平面，平面平面，平面，即两两垂直，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量，得：，令，则，设平面的一个法向量，
19、因为，由，得：，令，则， 设二面角的平面角为，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为；(3)，设，则， 又平面，且平面的一个法向量为，.【点睛】方法点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错，（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量，（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.22. 已知为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，为椭圆的上顶点，以为圆心且过的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线交椭圆于两点.（）若直线的斜率等于，求面积的最大值；（）
20、若，点在上，.证明：存在定点，使得为定值.【答案】（1）；（2）（）；（）【解析】【分析】（1）求出后可得椭圆的标准方程.（2）（）设直线的方程为：，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式可求面积表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.（）利用韦达定理化简可得，从而可得的轨迹为圆，故可证存在定点，使得为定值.【详解】（1）由题意知：，又，则以为圆心且过的圆的半径为，故，所以椭圆的标准方程为：.（2）（）设直线的方程为：， 将代入得：，所以且，故.又，点到直线的距离，所以，等号当仅当时取，即当时，面积取最大值为.（）显然直线的斜率一定存在，设直线的方程为：，由（）知：所以，所以，解得，直线过定点或，所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为或，半径等于，所以存在定点或，使得为定值.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
