山东省日照市五莲县2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、山东省日照市五莲县2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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. 若向量，向量，且满足向量，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量共线， 由向量的坐标，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为向量

2、，向量，所以，解得.故选：D.【点睛】本题主要考查由空间向量共线求参数，属于基础题型.2. 点(0，1)到直线距离的最大值为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即可求得结果.【详解】由可知直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即为.故选：B.【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.3. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用点到面的距离的向

3、量求法求解即可【详解】因为，所以，因为平面的法向量，所以点到平面的距离.故选：B【点睛】此题考查利用向量求点到面的距离，属于基础题4. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，的面积为，过点的直线交于点，且的周长为8则的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知所给的面积公式，结合椭圆的定义进行求解即可.【详解】因为的周长为8，所以，由椭圆的定义可知：所以，由题意可得：，解得，因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为故选：C【点睛】本题考查了椭圆定义的应用，考查了数学阅读能力和

4、数学运算能力.5. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，可得：，从而：，结合题意可得：，整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6. 如图，正方体的棱长为，对角线和相交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以为

5、一组基底，利用空间向量的数量积运算逐项验证即可.【详解】以为一组基底，则A. ，故错误；B. ，故错误；C.，故正确；D. ，故错误；故选：C【点睛】本题主要考查空间向量定理及运算，属于基础题.7. 台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险地区，若城市B在A地正东40km处，则B城市处于危险区内的时间为（ ）A. 0.5hB. 1hC. 1.5hD. 2h【答案】B【解析】以A为坐标原点，正东方向为x轴建立直角坐标系，则直线被圆 截得弦长为 ，所以B城市处于危险区内的时间为 ，选B.点睛：圆的弦长问题，处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半

6、、弦心距、半径构成直角三角形代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角形与相似得，结合双曲线的定义求得的关系，从而求得双曲线的渐近线方程。【详解】设，由，与相似，所以，即，又因为，所以，所以，即，所以双曲线C的渐近线方程为.故选：C.【点睛】关键点点睛：与双曲线焦点三角形的有关计算，需利用双曲线定理结合解三角形的方法来处理.二、多项选择题：9. 已知直线：.（ ）A. 直线与直线平行B. 直线与直线平行C. 直

7、线与直线垂直D. 直线与直线垂直【答案】ABC【解析】【分析】斜率存在的情况下，斜率相等，纵截距不相等则两直线平行，斜率乘积为，则两直线垂直，以此逐一判定即可.【详解】直线：的斜率为，纵截距为, 直线的斜率为，纵截距为,直线的斜率为，纵截距为,都与直线l的斜率相等，纵截距不相等，故都与直线l平行.A,B正确；直线的斜率为，与l的斜率互为负倒数，直线的斜率为，与l的斜率乘积不是.故答案为C正确，D错误.故选：.【点睛】本题考查直线的平行与垂直的判定，属基础题，根据平行垂直的条件进行判定.10. 已知曲线.（ ）A. 若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B. 若m=n0，则C是圆，其半径为C. 若

8、mn0，则C是两条直线【答案】ACD【解析】【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11. 在正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的是（ ）A. /平面B. 平

9、面C. D. 点与点到平面的距离相等【答案】AC【解析】【分析】采用逐一验证法，建立空间直角标系，根据线面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理可知A,B正误，然后根据向量的坐标运算以及点面距相等的判定条件，可得结果.【详解】对A，因为分别是和的中点故，故/平面成立. 对B，建立如图空间直角坐标系，设正方体边长为2则，.故.故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立. 对C， ，.，故成立.对D，点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.连接易得平面即平面又点与点中点在上，故点不在平面上.故D不成立.故选：AC【点睛】本题考查线面关系、点面距以及空间向量的坐标运算，掌握线线、线面、面面的相关定理以

10、及点面距、面面距、线面距的向量求法，属基础题.12. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”如图，已知椭圆：，分别为左、右顶点，分别为上、下顶点，分别为左、右焦点，P为椭圆上一点，则满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ）A. B. C. 轴，且D. 四边形的内切圆过焦点，【答案】BD【解析】【分析】先求出椭圆的顶点和焦点坐标，对于A，根据椭圆的基本性质求出离心率判断A；对于B，根据勾股定理以及离心率公式判断B；根据结合斜率公式以及离心率公式判断C；由四边形的内切圆过焦点得出内切圆的半径为c，进一步得出，结合离心率公式判断D.【详解】椭圆对于A，若，则，不满足条件，故A不符合条件；对于B

11、，解得或（舍去），故B符合条件；对于C，轴，且，解得，不满足题意，故C不符合条件；对于D，四边形的内切圆过焦点即四边形的内切圆的半径为c，解得（舍去）或，故D符合条件故选：BD【点睛】本题主要考查了求椭圆离心率，涉及了勾股定理，斜率公式等的应用，属于中档题.三、填空题：13. 抛物线的准线方程是_【答案】【解析】【分析】本题考查根据抛物线的方程求准线方程，判定开口方向，求得的值，然后根据公式得出准线方程.【详解】解：抛物线中，是一原点为顶点，开口方向向上的抛物线，抛物线的准线方程为,故答案为.【点睛】抛物线的准线方程是, 抛物线的准线方程是,14. 已知向量，且、三点共线，则=_【答案】【解析

12、】【分析】先求出的坐标，再根据、三点共线求出的值.【详解】；因A、B、C三点共线，所以；于是，解得故答案为：15. 已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为_.【答案】2【解析】【分析】根据双曲线的几何性质可知，即可根据斜率列出等式求解即可【详解】联立，解得，所以.依题可得，即，变形得，,因此，双曲线的离心率为.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题16. 2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在轴上

13、，圆L与圆S的半径都等于2，圆S圆L均与圆Q外切已知直线l过点O若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于d，则d=_【答案】【解析】【分析】圆L与圆S关于原点对称，直线l过原点，只要与一个圆相切，必与另一圆相切求出圆L与圆S的圆心坐标，设出直线l方程，由三个弦长相等得直线方程，从而可得弦长d【详解】由题意圆与圆关于原点对称，设，则即设方程为，则三个圆心到该直线的距离分别为：，则，即有，解得，则，即，故答案为: 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线与圆相交弦长问题求出圆心到直线的距离，用勾股定理求得弦长是求圆弦长的常用方法四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知直

14、线经过两条直线和的交点，且与直线垂直.（1）求直线的方程；（2）若圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被该圆所截得的弦长为，求圆的标准方程.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）方程组求得两直线的交点，根据相互垂直直线斜率互为负倒数求出直线的斜率，即可求得直线的方程；（2）设出圆的标准方程，根据圆过点及直线被该圆所截得的弦长为列出方程组，求出圆心和半径即得圆的标准方程.试题解析：（1）由已知得:, 解得两直线交点为,与垂直，过点，的方程即 .（2）设圆的标准方程为，.解得圆的标准方程为.考点：直线方程与圆的标准方程.18. 已知长方体，为棱的中点，为线段的中点（1）求异面直线与所成角的

15、余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以D为原点，以，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用两直线的方向向量求得异面直线的夹角的余弦值；（2）设出面的法向量为，利用空间向量的运算，求得一个法量，然后利用直线的方向向量与法向量的夹角求得.【详解】（1）以D为原点，以，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，则，直线与所成角为，则； （2），设面的法向量为，则，即，令，可得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查空间异面直线所成的角和线面角，建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解是常用的方法.19. 已知椭圆C

16、中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，且一个焦点和短轴的两个端点构成面积为1的等腰直角三角形（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆C右焦点F作直线交椭圆C于点M，N，又直线交直线于点T，若，求线段的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据离心率求得a,c的关系，根据题设三角形形状得到b,c的关系，结合三角形面积得到a,b,进而得到椭圆的标准方程；（2）由已知得到为中点，进而得到M的横坐标，代入椭圆方程，得到M的纵坐标，从而根据对称性求得.【详解】（1）设椭圆方程为因为所以，焦点和短轴的两个端点恰为一个等腰直角三角形的顶点且面积为1，于是因为，.故椭圆的方程为（2）由题意可知，为中点，

17、故将代入，可得，从而.【点睛】本题考查椭圆的离心率和几何性质求标准方程，直线与椭圆相交所得弦长问题，属基础题.利用向量的关系得到M的横坐标等于右焦点的横坐标是关键.20. 已知点，曲线任意一点满足.(1)求曲线的方程；(2)设点，问是否存在过定点的直线与曲线相交于不同两点，无论直线如何运动，轴都平分，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)设,再根据化简求解方程即可.(2)设过定点的直线方程为,根据轴平分可得.再联立直线与圆的方程,化简利用韦达定理求解中参数的关系,进而求得定点即可.【详解】(1)设,因为,故,即,整理可得.(2)当直线与轴垂直

18、,且在圆内时,易得关于轴对称,故必有轴平分.当直线斜率存在时,设过定点的直线方程为.设.联立,.因为无论直线如何运动,轴都平分,故,即,所以,.所以代入韦达定理有,化简得.故恒过定点.即.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解方法以及联立直线与圆的方程,利用韦达定理代入题中所给的关系式,化简求直线中参数的关系求得定点的问题.属于难题.21. 如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，（1）求证：平面；（2）当的长为何值时，二面角的大小为60【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明平面，平面，根据线面垂直的性质得到平面平面，根据面面平行的性质得到平面（2）以为原点，分

19、别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量得到二面角的余弦值关于a的方程，求得的值.【详解】（1），平面，又，平面，平面平面，故平面（2）以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，因为，且，所以解得，所以，设与平面垂直，则，解得，又因为平面，所以，得到，当时，二面角的大小为60 【点睛】本题考查线面平行的证明，涉及线面垂直的判定与性质，面面平行的判定与性质，考查二面角问题，建立空间坐标系，利用空间向量是解决二面角问题得有效方法.22. 已知抛物线C：的焦点F与椭圆的右焦点重合，点是抛物线的准线上任意一点，直线，分别与抛物线相切于点，.（1）求抛物线的

20、标准方程；（2）设直线，的斜率分别为，证明：为定值；（3）求的最小值.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）4.【解析】【分析】（1）由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；（2）可设的坐标，设过点的直线方程为，与抛物线方程联立，消去得：，利用判别式等于零可得结论；（3）设，的坐标，由（2）可得参数，的关系，代入过的切线方程与抛物线的方程中，可得，用参数，表示的坐标，代入弦长公式中求的表达式，由参数的范围求出的最小值【详解】（1）由椭圆方程得，椭圆的右焦点为抛物线的焦点为，所以抛物线的标准方程：（2）抛物线的准线方程为设，设过点的直线方程为，与抛物线方程联立，消去得：其判别式，令，得：由韦达定理知，故（定值）（3）设，由，得，故，所以，代入抛物线方程得，所以，因为，所以，当且仅当时取等号当且仅时取等号故的最小值为4【点睛】求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.