山东省枣庄市2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、山东省枣庄市2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、单项选择题：1. 过点和点的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接根据斜率公式计算可得；【详解】解：过点和点的斜率故选：A【点睛】本题考查两点的斜率公式的应用，属于基础题.2. 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，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.3. 过点 ，且与直线垂直的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】

2、A【解析】试题分析：因为的斜率为，所以过点，且与直线垂直的直线的斜率为，因此过点，且与直线垂直的直线的方程为既是,故选A.考点：1、直线垂直的性质；2、点斜式求直线方程.4. 已知圆，则该圆的圆心坐标和半径分别为（ ）A. ，5B. ，5C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】写出圆的标准方程，求圆心和半径.【详解】，所以该圆的圆心是，半径.故选：C5. 已知直线过定点，点在直线上，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将直线方程整理成点斜式,得到定点的坐标,即为一定点到直线上一点的距离,其最小值即为该定点到直线的距离【详解】将直线整理为点斜式,得,为点在直线上

3、,的最小值为点到直线的距离,故选B【点睛】本题考查两点间距离最小值的求法,此题需转化为点到直线的距离,考查转化思想,属于基础题6. 已知直线：与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出图像,当直线过点时,求出值;当直线与曲线相切时.求出,即可得出的取值范围.【详解】画出如下图像：当直线过点时,此时直线与曲线有两个公共点;直线与曲线相切时,因此当时，直线与曲线有两个公共点.故选B【点睛】本题考查了直线与圆相切时满足的关系,以及点到直线的距离公式,考查了数形结合的数学思想,准确判断出曲线方程所表示曲线形状,且根据题意画出图形是解决问题的关键,

4、属于中档题.7. 已知正方体的棱长为1，在对角线上取点，在上取点，使得线段平行于对角面，则的最小值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作，垂足为，作，垂足为，根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理、线面平行的性质定理可以得出，设，由此可以求出的最小值.【详解】作，垂足为，作，垂足为，如下图所示：在正方体中，根据面面垂直的性质定理，可得,都垂直于平面，由线面垂直的性质，可知，易知：，由面面平行的性质定理可知：，设，在直角梯形中，当时，的最小值为，故本题选D.【点睛】本题考查了线段长的最小值的求法，应用正方体的几何性质、运用面面垂直的性质定理、线面垂直的性质、线面平行的

5、性质定理，是解题的关键.8. 在四面体中，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取中点，中点，根据长度关系和线面垂直的判定定理可证得平面，从而确定点在平面内的轨迹，根据轨迹可确定取最小值时点位置，根据长度关系可求得最小值.【详解】取中点，连接，取中点，连接，由，平面，平面，平面，又平面，平面，又平面，又，点在平面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆.作直径，则当与或重合时，取得最小值，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查异面直线所成角的正弦值的求解，解题关键是能够根据垂直关系和长度关系确定动点在平面内的轨迹，从而根据轨迹确定取

6、最小值时动点的位置.二、多项选择题： 9. 下列说法正确的是（ ）A. 过，两点的直线方程为B. 点关于直线的对称点为C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】BC【解析】【分析】运用直线的两点式方程判断A 的正误；利用对称知识判断B的正误；求出直线在两坐标轴上的截距可得到三角形的面积判断C的正误；利用直线的截距相等可判断D 的正误【详解】对于A：当，时，过，两点的直线方程为，故A不正确；对于B：点(0,2)与(1,1)的中点坐标，满足直线方程,并且两点的斜率为：1,所以点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)，所以B正确；对于C

7、：直线在两坐标轴上的截距分别为：2,2,直线与坐标轴围成的三角形的面积是，所以C正确；对于D：经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y2=0或y=x，所以D不正确；故选：BC.【点睛】本题考查直线的方程，直线与坐标轴的截距，点关于直线的对称点，注意在考虑截距相等的时候，不漏掉截距为的情况，属于基础题10. 圆和圆的交点为A，B，则有（ ）A. 公共弦AB所在直线方程为B. 线段AB中垂线方程为C. 公共弦AB的长为D. P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】两圆作差即可求解公共弦AB所在直线方程，可判断A；由公共弦所在直线的斜率以及其中圆

8、的圆心即可线段AB中垂线方程，可判断B；求出圆心到公共弦所在的直线方程的距离，利用几何法即可求出弦长，可判断C；求出圆心到公共弦AB所在直线方程的距离，加上半径即可判断D.【详解】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，即公共弦AB所在直线方程，故A正确；对于B，圆的圆心为，则线段AB中垂线斜率为，即线段AB中垂线方程为：，整理可得，故B正确；对于C，圆，圆心到的距离为，半径 所以，故C不正确；对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系、求公共弦所在的直线方程、求公共弦、点到直线的距离公式，圆上的点

9、到直线距离的最值，考查了基本运算求解能力，属于基础题.11. 下列说法正确的有（ ）A. 方程表示两条直线B. 椭圆的焦距为4，则C. 曲线关于坐标原点对称D. 椭圆：的焦距是2【答案】AC【解析】【分析】A.化简方程，判断选项；B.讨论焦点在轴和轴两种情况，求的值；C.利用对称点是否满足方程，判断选项；D.根据椭圆方程求焦距.【详解】A.方程，即和表示两条直线，故A正确；B.若方程表示焦点在轴的椭圆，则，解得：，若方程表示焦点在轴的椭圆时，则，解得：，所以或，故B不正确；C.若点满足方程，则点也满足方程，所以曲线关于坐标原点对称，故C正确；D. 椭圆：，则，所以焦距是4，故D不正确.故选：A

10、C【点睛】易错点睛：根据椭圆方程求参数或是判断性质时，需注意焦点的位置，以及讨论焦点的位置，否则会出现丢根的情况.12. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是( )A. BC1/平面AQPB. 平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形C. A1D平面AQPD. 异面直线QP与A1C1所成的角为60【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用线面平行的判定定理即可判断；对于B，连接AP，AD1，D1Q即可求解.对于C，利用线面垂直的性质定理即可判断；对于D，根据异面直线所成角的定义即可求解.【详解】在正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别为棱

11、BC和棱CC1的中点，如图所示：对于选项A：P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，所以PQ/BC1，由于PQ平面APQ，BC1不在平面APQ内，所以BC1/平面APQ，故选项A正确.对于选项B：连接AP，AD1，D1Q，由于AD1/PQ，D1Q=AP，所以平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形，故选项B正确.对于选项C：由于A1D平面ABC1D1，平面ABC1D1和平面APQD1为相交平面，所以A1D平面AQP是错误的，故选项C错误.对于选项D：PQ/BC1，A1BC1为等边三角形，所以A1C1B=60，即异面直线QP与A1C1所成的角为60，故选项D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行

12、的判定定理、多面体的截面图形、线面垂直的性质定理、异面直线所成的角，属于基础题.三、填空题： 13. 直线的倾斜角的大小是_.【答案】【解析】试题分析：由题意，即，考点：直线的倾斜角.14. 两平行线，的距离是_.【答案】 【解析】直线的方程可化为，故两平行直线之间的距离，故答案为. 15. 已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_【答案】.【解析】【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，

13、因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16. 已知是圆：的一条弦，其长度，是的中点，若动点，使得四边形为平行四边形，则实数的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由弦心距可求得,即点轨迹,四边形为平行四边形可知,根据向量相等坐标

14、的关系化简可得，要求出的最大值, 取构造不等式即可得解.【详解】是中点，点轨迹方程为：为平行四边形，令，要求出的最大值,取.故答案为:.【点睛】本题考查了圆心距,考查轨迹法求圆的方程,考查了基本不等式拓展公式前两个的关系在求最值中的应用,难度较难.四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知三角形的顶点坐标为、，是边上的中点. （1）求边所在的直线方程；（2）求中线的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点式写出直线的方法化简得到所在的直线方程；（2）根据中点坐标公式求出的坐标，然后利用两点间的距离公式求出即可.【详解】（1）直线的斜率为，直线的方程为，即. （

15、2）设的坐标为则由中点坐标公式得，故. .【点睛】考查学生会根据条件写出直线的一般式方程，以及会利用中点坐标公式求线段中点坐标，会用两点间的距离公式求两点间的距离，属于基础题.18. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【解析】分析】（1）首先求出过点且与直线垂直的直线，则圆心必在此直线上；与联立可求得圆心坐标；再利用两点间距离公式可求得；根据圆心和半径可求得圆的方程；（2）根据直线被圆截得的弦长可求得圆心到直线的距离：，分别在斜率存在和不存在两种情况下求解直线方程，进而可

16、得结果.【详解】（1）由题意得，过点且与直线垂直的直线方程为：由，解得： 圆心的坐标为圆半径：圆的方程为：（2）因为直线被圆截得的张长为圆心到直线的距离：若直线的斜率不存在，则为直线，此时圆心到的距离为，不符合题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即由，整理得：解得：或直线的方程为：或【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用问题，涉及到直线与圆相切、直线被圆截得的弦长问题.19. 如图，在四棱锥中，面，四边形满足，点为中点，点为边上的动点（）求证：平面（）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由【答案】（）证明见解析；（）存在，【解析】【分析】（）由题意

17、有，又，以以空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系证明，为共面向量即得（）设，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用法向量夹角的余弦的绝对值等于求得即可【详解】（）因为平面，所以，又，所以，两两垂直以为空间坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示则，点为中点，故故，又，所以所以，为共面向量，平面，所以平面（）设，依题意可知平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则因为二面角的余弦值为，所以，即，解得或所以存在点符合题意，当或时，二面角的余弦值为【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查二面角问题，解题方法是空间向量法，建立空间直角坐标系后，证明线面平行，只要证明直线的方向向量可用平面

18、的一个基底表示即可，而二面角则是利用二面角的余弦值与二面角的两个面的法向量夹角的余弦值相等或相反求解20. 如图，在平行六面体中，（1）求的长；（2）求证：直线平面【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先设，得到，再平方即可得到答案。（2）首先根据题意得到，计算，从而得到，再利用线面垂直的判定即可证明。【详解】（1）设，则。因为，所以，所以，所以（2）由（1）知：，所以，即，又，所以平面。【点睛】本题第一问考查利用空间向量求线段长度，第二问考查利用空间向量证明线面垂直，属于中档题。21. 已知圆的方程为，点在直线：上，过点作圆的切线，切点为，.（1）若点的坐标为，求切线，方程

19、；（2）证明：经过，三点的圆必过定点，并求出所有定点坐标.【答案】（1）切线，方程为，；（2）证明见解析，或.【解析】【分析】（1）分类讨论，斜率不存在的直线是切线，满足题意，斜率存在时，设方程为，由圆心到切线距离等于半径求出，得切线方程；（2）设点，过，三点的圆即以为直径的圆，写出此圆方程，整理成关于的方程，根据恒等式的知识可得定点坐标【详解】（1）当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意.当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线和圆相切，所以，解得，此时直线方程为，即，所以切线，方程，（2）设点，过，三点的圆即以为直径的圆即，所以，从而，解得定点坐标为或.【点睛】本题考查求圆的切线方程，考

20、查圆过定点问题求圆的切线方程时要注意考虑斜率不存在的直线，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线距离等于半径求出参数，圆过定点问题可设一个参数，写出圆方程，利用恒等式的知识求出参数即可得证22. 已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线1求曲线的方程；2若直线 与曲线相交于两点，为坐标原点，求面积的最大值【答案】（）;（）【解析】试题分析：（1）由垂直平分线的几何意义可知，满足椭圆的定义（2）直线与椭圆组方程组，由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式，可求得 由，得及均值不等式可求得面积的最大值试题解析：（）点在线段的垂直平分线上，又，曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆设曲线方程为，曲线的方程为（）设联立消去，得此时有由一元二次方程根与系数的关系，得， 原点到直线的距离， 由，得又，据基本不等式，得当且仅当时，不等式取等号面积的最大值为【点睛】转化定义法是求轨迹方程的常用方法，转化定义时一般需要用到几何关系，如本题就利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等求面积是圆锥曲线中的常见题型，常涉及到弦长公式和点到直线的距离公式本题的难度在于处用均值不等式处理两个变量的关系，而得到一个定值，即最值