河北省唐山市开滦二中2020-2021学年高二上学期期中考试数学试卷 WORD版含解析.doc

1、开滦二中2020-2021学年高二年级期中考试第卷（共60分）一、选择题：本大题共8个小题,每小题5分,共60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. 150B. 120C. 60D. 30【答案】C【解析】试题分析：由直线方程可知，斜率，故倾斜角为考点：直线的倾斜角2. 如图，在长方体中，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求异面直线与所成角的正弦值，先要求出异面直线所成角，题中，故异面直线与所成角即为与的所成角，然后连接,在中求解【详解】解：在长方体中，则，故异面直线与所成角即为与的所成角，即与的

2、所成角为或其补角在中，故选A【点睛】异面直线所成角问题，要借助平行关系，找出具体角，然后在三角形中，求出角的大小3. 已知圆圆心是直线与轴的交点，且圆与直线相切，则圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】圆C的圆心是直线xy+1=0与x轴的交点，令xy+1=0中y=0，得到x=1，即圆心(1,0)，圆C与直线x+y+3=0相切，圆心C到直线x+y+3=0的距离d=r，即，则圆C方程(x+1)2+y2=2.本题选择A选项.点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理如：圆心在过切点且与切线垂直的直线上；圆心在任意弦的中垂线上；两

3、圆相切时，切点与两圆心三点共线(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A. B C. D. 【答案】D【解析】【详解】若，m，m，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m，mn，则n或n，故C错误；若m，n，m，n，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故A错误；若mn，n，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m，故D正确.5. 已知点，若点是圆上的动点，则面积的最大值

4、是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，求得的直线方程为，取得圆心C到直线的距离为，得到点P到直线的最远距离为，即可求得答案.【详解】由题意知，点，则的直线方程为，又由圆的圆心坐标，半径为，所以圆心C到直线的距离为，所以点P到直线的最远距离为，所以的最大面积为，故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用问题，其中解答中合理利用直线与圆的位置关系，求得圆上的点到直线的最远距离是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6. 已知梯形，为中点，将沿折起，使点移至点，若平面平面，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析

5、】先利用题中条件得到， 为边长均为1的全等的正三角形，再根据平面平面，得出为等腰直角三角形，即可求出.【详解】解：由，可知：， 为边长均为1的全等的正三角形，如图所示：取中点，连， ，又平面平面，平面平面，平面，又平面，即为等腰直角三角形，.故选：D.7. 已知圆，从点观察点，要使视线不被圆挡住，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设过点与圆相切的直线为，则圆心到直线的距离解得，可得切线方程为，由点向圆引2条切线，只要点在切线之外，那么就不会被遮挡，即大于点在x 轴上方的纵坐标或者小于点在x 轴上方的纵坐标即可.【详解】设过点与圆相切的直线为，则圆心到直线的

6、距离为，解得，切线方程为，由点向圆引2条切线，只要点在切线之外，那么就不会被遮挡，在的直线上，在中，取，得，从点观察点，要使视线不被圆挡住，需或，的取值范围是，故选：D. 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，关键点是求过A点且与圆相切时的直线方程，考查分析问题解决问题的能力.8. 在正方体中，下列几种说法不正确的是A. B. B1C与BD所成的角为60C. 二面角的平面角为D. 与平面ABCD所成的角为【答案】D【解析】【分析】在正方体中，利用线面关系逐一判断即可.【详解】解：对于A，连接AC，则ACBD，A1C1AC，A1C1BD，故A正确；对于B，B1CD，即B1C与BD所成的角为DB

7、，连接DB为等边三角形，B1C与BD所成的角为60，故B正确；对于C，BC平面A1ABB1，A1B平面A1ABB1，BCA1B，ABBC，平面A1BC平面BCDBC，A1B平面A1BC，AB平面BCD，ABA1是二面角A1BCD的平面角，A1AB是等腰直角三角形，ABA145，故C正确；对于D，C1C平面ABCD，AC1平面ABCDA，C1AC是AC1与平面ABCD所成的角，ACC1C，C1AC45，故D错误故选D【点睛】本题考查了线面的空间位置关系及空间角，做出图形分析是关键,考查推理能力与空间想象能力二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）.在每小题给出的四个选项中，有两项及以上

8、是符合题目要求的.把答案填涂在答题卡上）9. 已知直角三角形的顶点，且，点在直线上，则点的坐标可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设，根据题意可知，即，由斜率公式，解得或，可得答案.【详解】点在直线上，可设，根据题意可知，且直线的斜率都存在，故有，即，解得或，故点的坐标为或.故选：AC.10. 如图，在三棱锥中，且是斜边的等腰直角三角形，给出下列结论中，正确的是（ ）A. B. 平面C. 平面平面D. 点到平面的距离为【答案】ABC【解析】【分析】证明平面，所以，故选项正确；由于平面，所以平面平面，所以选项正确；证明平面，故选项正确；取的中点，连接，则的长度即为点到

9、平面的距离，而，故选项错误.【详解】由于，平面,，所以平面，所以，故选项正确；前面已经证明平面，平面，所以平面平面，所以选项正确；因为，平面，所以平面，故选项正确；取的中点，连接，则，因为平面,故平面，则的长度即为点到平面的距离，而，故选项错误.故选：ABC【点睛】方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）几何法（找作证指求）；（2）等体积法（利用体积相等求解）；（3）向量法.要根据已知条件灵活选择.11. 圆与圆的公共弦长为，则的值可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】由两圆方程作差，得到两圆公共弦所在的直线方程，再根据两圆的公共弦长为，由圆心到公共弦的距离建立

10、方程求解.【详解】由与作差，得两圆公共弦所在的直线方程为，两圆的公共弦长为，而圆的半径为2，则其圆心到直线的距离为，所以，解得或，故选：CD.12. 如图，在直角三棱柱中，分别是的中点，则下列说法正确的是（ ）A. 直线平面B. 的面积为C. 四棱锥的表面积为D. 四棱锥的表面积为【答案】AD【解析】【分析】利用面面平行的判定定理证出平面平面；利用面面平行的性质定理可判断A；连接，由条件，知，利用三角形的面积公式可判断B；根据几何体的表面积的求法即可求解.【详解】如图，取中点，连结，因为在直三棱柱中，分别是的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，平面， 又所以平面平面，因为平面，所以平面，故A

11、正确；连接，由条件，知，所以，所以，故B不正确；四棱锥的表面积，故C不正确，D正确.故选：AD三、填空题（每小题5分，共4小题20分，将答案填在答题纸上）13. 已知 的顶点 ，斜边 所在直线的方程为 ，则边上的高所在直线的方程为_【答案】【解析】由题意可得，直线的斜率，则所求直线方程的斜率，直线的点斜式方程为：，整理为一般式即：.14. 如图，分别是三棱锥的棱的中点，是三角形的周长为_，异面直线与所成的角为_.【答案】 (1). 15 (2). 60【解析】【分析】（1）利用三角形中位形中位线定理进行求解即可；（2）根据异面直线所成角的定义，结合余弦定理进行求解即可.【详解】（1）连接，由中

12、位线定理可得：且，则三角形的周长为15；（2）是异面直线所成的角的补角，在 中由余弦定理可得：，即异面直线所成的角为60.故答案为：15；6015. 已知点，点，点为直线上一动点，则的最小值为_.【答案】3【解析】【分析】先求出点P关于直线的对称点P,在连接PQ,交直线于点M，即为所求位置，可求的最小值【详解】设点P（1，3）关于直线得对称点P(a,b),则，解的：a=2,b=2. 则的最小值为|PQ|=2+1=3故答案为：3【点睛】考查点关于线的对称点求法及学生计算能力16. 已知三棱锥中，面，且，则该三棱锥的外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】根据题意，证出BC平面SAC，可得BCS

13、C，得RtBSC的中线OCSB，同理得到OASB，因此O是三棱锥SABC的外接球心利用勾股定理结合题中数据算出SC，得外接球半径R，从而得到所求外接球的表面积【详解】取SB的中点O，连结OA、OCSA平面ABC，AB平面ABC，SAAB，可得RtASB中，中线OASB由，可知：ACBC，又SABC， SA、AB是平面SAB内的相交直线BC平面SAC，可得BCSC因此RtBSC中，中线OCSBO是三棱锥SABC的外接球心，RtSBA中，AB，SA6SB2，可得外接球半径RSB因此，外接球的体积Sr2故答案为【点睛】本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理和球的

14、表面积公式等知识，属于中档题四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，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. 知两条直线l1：（3+m）x+4y53m，l2：2x+（5+m）y8，求当m为何值时，l1与l2：（1）垂直；（2）平行，并求出两平行线间的距离【答案】(1) m (2) m7，距离为【解析】【分析】（1）由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值（2）由题意利用两条直线平行的性质，求出m的值，再利用两平行线间的距离公式，求出结果【详解】（1）两条直线l1：（3+m）x+4y53m，l2：2x+

15、（5+m）y8，当（3+m ）2+4（5+m）0时，即6m+260时，l1与l2垂直，即m时，l1与l2垂直（2）当 时，l1与l2平行，即 m7时，l1与l2平行，此时，两条直线l1：2x+2y13，l2：2x+2y8，此时，两平行线间的距离为 【点睛】本题主要考查两条直线垂直、平行的性质，两条平行线间的距离公式，属于基础题18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面.（1）求证：；（2）若_，求点到平面的距离.在；二面角的大小为60；，这三个条件中，任选一个，补充在问题中，并加以解答.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得线线垂直

16、，再根据勾股定理逆定理又可知线线垂直，最后结合线面垂直的判定定理可得出平面，则可证明.（2）要求点到平面的距离，可通过等体积法求出该距离通过二面角确定平面角，再解三角形，算出的长，再用求出点到平面的距离.通过体积大小，可求出的长，且，则可根据三棱锥的体积公式求出点到平面.【详解】（1）证明：底面为平行四边形，在中，为直角三角形，又平面，平面，平面，（2）由（1）可得，平面，平面，平面，选条件，设点到平面的距离为，则由可得，解得，即点到平面的距离为.选条件二面角的大小为60，为二面角的平面角，设点到平面的距离为，则由可得，解得：，点到平面的距离为.选条件，则，设点到平面的距离为，解得，点到平面的

17、距离为.【点睛】（1）求证异面直线垂直，主要是应用线面垂直的性质定理.（2）通过等体积法来求点到面的距离，可减少直接方法的作图、求证的步骤，但要注意等体积法一般应用于三棱锥.19. 已知圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）已知直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）先设圆心的坐标为，根据题中条件列出等量关系求解，得出，求出半径，进而可求出结果；（2）讨论直线的斜率不存在，和直线的斜率存在两种情况，根据弦长，列出等式求解，即可得出直线方程.【详解】（1）设圆心的坐标为，因为圆经过点，和直线相切，则，化简得，解得

18、，半径，圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线被圆截得的弦长为，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由题意得，解得，直线的方程为，综上所述，直线的方程为或.【点睛】思路点睛：根据圆的弦长求弦所在直线方程的方法有：（1）几何法：根据圆的性质（圆心到直线距离的平方与弦长一半的平方和等于半径的平方）列出等式，即可求解；（2）代数法：设出所求直线方程，联立直线与圆的方程，根据弦长公式列出等式求解，即可得出结果.20. 在三棱柱中，侧面底面，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【

19、详解】【分析】分析：（1）连接，设，利用三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得结论；（2）由勾股定理可得，利用面面垂直的性质可得平面，从而可得，利用线面垂直的判定定理可得结论；（3）因为平面，平面，所以，利用棱锥的体积公式可得结果.详解：（1）连接，设，则为的中点.因为为的中点，所以.又平面， ，所以平面.（2）证明：在中，由，得，即；在中，同理可得.因为侧面底面，侧面底面，所以平面.又平面，所以，又，所以平面.（3）因为平面，平面，所以.在直角中，由及，得.所以 .点睛：本题主要考查线面平行判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：利

20、用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.21. 已知的顶点，直线的方程为，边上的高所在直线的方程为（1）求顶点和的坐标；（2）求外接圆的一般方程.【答案】（1）和；（2）【解析】【分析】（1）联立直线与直线的方程可得点的坐标，由，进而设出直线的方程，将的坐标代入得方程，再与直线方程联立即可得点的坐标；（2）由（1）知，坐标，设外接圆的一般方程，代入求

21、解即可.【详解】（1）由可得顶点, 又因为得， 所以设的方程为， 将代入得由可得顶点为 所以和的坐标分别为和 （2）设的外接圆方程为， 将、和三点的坐标分别代入，得，解得，所以的外接圆的一般方程为.【点睛】本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.22. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，在棱上（I）当时，求证平面（II）当二面角的大小为时，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；() 【解析】【详解】（）在平行四边形中，由，易知， 又平面，所以平面,，在直角三角形中，易得，在直角三角形中，又，可得.， 又，平面 （）由（）可知,，可知为二面角的平面角，

22、此时为的中点. 过作,连结,则平面平面,作,则平面,连结,可得为直线与平面所成的角因为,所以. 在中，直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：依题意易知，平面ACD以A为坐标原点，AC、AD、SA分别为轴建立空间直角坐标系，则易得，（）由有， 易得，从而平面 ()由平面，二面角的平面角.又，则为的中点，即,设平面的法向量为则，令,得， 从而，直线与平面所成角的正弦值为. 考点：本小题主要考查线面垂直的证明和线面角的求法，考查学生的空间想象能力和运算求解能力.点评：解决空间立体几何问题可以用传统的方法证明也可以用向量方法来证明，用传统方法证明时，要把证明所用的定理的条件摆清楚，缺一不可，用向量方法时，运算量比较大.