河北省正定县第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、20202021学年度高二第一学期期中考试数学考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分满分150分，考试时间120分钟2考生作答时，请将答案答在答题卡上选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效3本卷命题范围：圆，选修2-1一、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. 双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程写出，根据焦点位置得渐近

2、线方程【详解】由题意双曲线标准方程为，焦点在轴，渐近线方程为，故选：C2. 若a,b为实数，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义直接进行判断即可.【详解】若，必有，可得；但是时，或，不一定为零.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3. 已知，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量共线的坐标表示，列式计算即得结果.【详解】依题意，则知，解得.故选：B.4. 直线与双曲线没有交点，则k的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案

3、】C【解析】【分析】把直线方程代入双曲线方程，方程无解即得【详解】由得，此方程无实数解，则，解得或又，所以故选：C5. 椭圆上任一点到点的距离的最小值为（ ）A B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.【详解】设点的坐标为，其中，由，可得，又由，当时，取得最小值，最小值为.故选：B.6. P是直线上的一个动点，过点P向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出圆心到直线的距离的取值范围，再根据勾股定理即可求解.【详解】设切点为Q，由，则故选：D7. 如图，在直三棱柱中，则异面直线与

4、所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立空间直角坐标系，分别求出两直线的方向向量，计算两向量夹角的余弦值，即可求出结果.【详解】由题意可得，以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立空间直角坐标系，则，所以，因此异面直线与所成角的余弦值等于.故选：D.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线

5、的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.8. 已知椭圆：的长轴顶点为、，点是椭圆上除、外任意一点，直线、在轴上的截距分别为，则（ ）A. 3B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】先设椭圆上点，写出、，求直线、的方程，再表示出，即得结果.【详解】椭圆上、，设点，则，即.直线的方程为：，令，得，直线的方程为：，令，得，故.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. 在平面直角坐标系中，动点P到两个定点和的斜率之积等于8，

6、记点P的轨迹为曲线E，则（ ）A. 曲线E经过坐标原点B. 曲线E关于x轴对称C. 曲线E关于y轴对称D. 若点在曲线E上，则【答案】BC【解析】【分析】设，根据得到，（），再依次判断每个选项得到答案.【详解】设，则，则，（）. 故轨迹为焦点在轴上的双曲线去除顶点.故曲线不经过原点，错误；曲线E关于x轴对称，关于y轴对称，正确；若点在曲线E上，则或，错误；故选：.【点睛】本题考查了轨迹方程，曲线的对称问题，意在考查学生的综合应用能力.10. 设椭圆的左右焦点为，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 离心率C. 面积的最大值为D. 以线段为直径的圆与直线相切【答案】AD【解析】【分析】

7、根据椭圆的定义判断A选项正确性，根据椭圆离心率判断B选项正确性，求得面积的最大值来判断C选项的正确性，求得圆心到直线的距离，与半径比较，由此判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，由椭圆的定义可知，所以A选项正确.对于B选项，依题意，所以，所以B选项不正确.对于C选项，当为椭圆短轴顶点时，的面积取得最大值为，所以C选项错误.对于D选项，线段为直径的圆圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，也即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D选项正确.综上所述，正确的为AD.故选：AD【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和离心率，考查椭圆的几何性质，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.1

8、1. 由点发出的光线射到轴上，被轴反射，若反射光线所在直线与圆相切，则光线所在的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】化简圆的方程为标准方程，求出关于轴对称的圆的方程，设的斜率为，利用相切求出的值即可得到的方程【详解】解：已知圆的标准方程是，它关于轴的对称圆的方程是，设光线所在直线的方程是（其中斜率待定）由题设知对称圆的圆心到这条直线的距离等于1，即整理得：，解得：，或故所求的直线方程是，或，即，或故选：BC【点睛】本题考查点、直线和圆的对称问题，直线与圆的关系，属于中档题12. 如图，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为达BC，CD的中点，将ABE，ECF

9、，FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则（ ）A. APEFB. 点P在平面AEF内的射影为AEF的垂心C. 二面角AEFP的余弦值为D. 若四面体PAEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24【答案】ABC【解析】【分析】根据线面垂直的判定和性质、垂心的定义，二面角的定义，以及棱锥外接球表面积的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】根据题意，平面，故平面；因为平面，故平面；故可得两两垂直.对：由平面平面，故，故正确；对：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示：由可知，又平面平面，故，又平面，故可得：平面，又平面，故可得，即点在三角形底边的垂

10、线上；同理可证，点在三角形底边的垂线上.故点在平面的投影即为三角形的垂心，故正确；对：根据中所求，为三角形的垂线，又，根据三线合一故可得点为中点.又，故三角形为等腰三角形，连接，则根据二面角的定义，显然即为所求二面角.在三角形中，又，故.故二面角AEFP的余弦值为，则正确；对：因为两两垂直，故三棱锥PAEF的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等.故其外接球半径，故外接球表面积，故错误.综上所述，正确的为.故选：.【点睛】本题综合考查线面垂直的证明以及线面垂直的性质，二面角的角球，棱锥外接球的求解，属综合中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 命题的否定是_.【

11、答案】【解析】【分析】全称命题否定为特称命题即可【详解】解：因为命题，所以命题的否定为，故答案为：14. 若抛物线与椭圆有一个相同的焦点，则正数a的值为_.【答案】4【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，再根据椭圆性质计算【详解】抛物线的焦点坐标为，有，得.故答案为：415. 若双曲线的虚轴长为，则实数的值为_.【答案】或1【解析】【分析】分别讨论，两种情况，根据双曲线的虚轴长，即可得出结果.【详解】因为双曲线的虚轴长为，当时，双曲线方程可化为，有，得；当时，双曲线方程可以化为，得；故实数的取值为或1.故答案为：或1.16. 已知抛物线：（）的焦点为，准线与轴的交点为，点为以为圆心、为半径的圆

12、与抛物线的一个交点，为坐标原点，记，则_【答案】【解析】【分析】先写圆的方程，联立方程求点B，可知，计算，再利用计算即可.【详解】抛物线：（）的焦点为， 由，圆：，联立得，又，故，故，故 ，由，得故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于计算点B横坐标得到，才能进而利用正切值的定义和两角差的正切公式突破难点.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17. 求符合下列条件双曲线的标准方程：（1）焦点在x轴上，中心为坐标原点焦距为6，实轴长为4；（2）焦点在x轴上，中心为坐标原点，渐近线方程为，且过点.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求

13、出后，根据焦点据坐标轴写出标准方程；（2）设双曲线方程为，代入已知点的坐标，求得参数后可得结论【详解】（1）设所求双曲线的标准方程为，焦距为 由题意有，解得 故所求双曲线的标准方程为 （2）设所求双曲线的标准方程为由题意有，解得 故所求双曲线的标准方程为.【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线标准方程，求双曲线标准方程方法：（1）根据已知条件求出后，根据焦点位置得标准方程如；（2）已知渐近线方程为，可以不考虑焦点所在轴，直接设双曲线方程为，代入其他条件求出即可得18. 如图，在正方体中，为的中点，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解

14、析】【分析】（1）证明，可得证线面平行；（2）以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系，用向量法求得线面角的正弦【详解】（1）证明：连几何体为正方体，平面，平面平面（2）以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系令，可得点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，设平面的法向量为，有，取，可得由，有故直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查用空间向量法求直线与平面所成的角求线面角的方法：（1）几何法，通过作证算三个步骤求解，即作出直线与平面所成的角，并证明，然后计算出这个角（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，用空间向量法求角，即求出平

15、面的法向量，由直线的方向向量与平面的法向量余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解19. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，为中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在菱形中证明，再由已知的线面垂直得线线垂直，从而可证得线面垂直（2）以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】（1）证明：连底面为菱形，平面，平面，平面，平面（2）由（1）知，又由，可得，可得、两两垂直令，可得，以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系可得点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为

16、，点的坐标为，点的坐标为，由（1）可知为平面的法向量设平面的法向量为，有，取，可得由，有故平面与平面所成二面角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查用空间向量法求二面角求二面角的方法：（1）几何法，通过作证算三个步骤求解，即作出二面角的平面角，并证明，然后计算出这个角（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，用空间向量法求角，即求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补得解20. 已知抛物线的焦点为，斜率为2的直线与抛物线相交于、两点（）若直线与抛物线的准线相交于点，且，求直线的方程；（）若直线不过原点，且，求的周长【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）设直线的方程为，则点的坐标

17、为，联立直线与抛物线，由判别式大于0可得，由解方程可得或（舍去），从而可得结果；（）设直线的方程为，并代入抛物线，根据韦达定理和可解得，根据弦长公式可得，利用抛物线的定义可得，进一步可得的周长.【详解】（）由抛物线可知，准线为，设直线的方程为，则点的坐标为，联立方程，消去后整理为，又由，可得，由点的坐标为，有，解得或（舍去），故直线的方程为（）设直线的方程为，点、的坐标分别为，联立方程，消去后整理为，可得，又由，可得又由，可得，得（舍去）或由，可得，所以，故周长为【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的定义，韦达定理和弦长公式，考查了运算求解能力，属于中档题.21. 已知圆：，

18、直线：（）（1）求直线所过定点A的坐标；（2）若直线被圆所截得的弦长为，求实数的值；（3）若点的坐标为，在轴上存在点（不同于点）满足：对于圆上任意一点，都有为一常数，求所有满足条件的点的坐标【答案】（1）；（2）或1；（3）.【解析】【分析】（1）先将方程整理成，令含参数m的式子为0即解得定点；（2）先利用圆中弦长与半径，求得圆心到弦所在直线的距离，再结合点到直线的距离公式即求得参数m；（3）先设点的坐标，结合题意计算，满足其为定值则需对应系数成比例，即求得参数n，进而验证，即得结果.【详解】解：（1）直线l的方程整理为：， 令，解得，故直线l所过定点A的坐标为；（2）由直线l被圆C所截得的弦

19、长为，可知圆心C到直线l的距离为，又由点到直线的距离公式可知，解得，即，故实数m的值为或1；（3）设点P的坐标为，轴上的点D的坐标为，由不同于点知，由，可得， 若为一常数，必有，解得：或（舍去），时，为一常数，此时，故满足条件的点D的坐标为.【点睛】思路点睛：直线被圆截得的弦长的相关问题，通常利用几何法解决，即直线被圆截得的半弦长、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且，可以知二求一，或者结合点到直线的距离公式构建关系式求解参数.22. 已知椭圆：（）的离心率为，焦距为2（1）求椭圆的标准方程；（2）点为椭圆的上顶点，过点作两条相互垂直的直线，分别与椭圆相交于、两点，若，求直线的方程附：多项式

20、因式分解公式【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）结合焦距和离心率求得a，c，再计算b，即得方程；（2）先判断直线斜率存在且不为零，先设斜率写直线方程，联立直线与椭圆求得弦长，根据垂直设另一条直线，同理可求，直角三角形利用比例关系求得斜率，即得结果.【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，由题意得，可得，又由椭圆的离心率为，可得，代入，可得，故，所以椭圆的标准方程为；（2）依题意知直线，斜率存在且不为零，由点的坐标为，设直线的方程为，联立方程，解得或，可得点的坐标为，同理可知，直线的方程为，解得点的坐标为，.由，可得，由函数为偶函数，故只需要解方程即可，方程可化为，因式分解为，而方程中，判别式，方程无解，故三次方程的解为，故方程的解为或，故直线的方程为或.【点睛】思路点睛：直线与椭圆位置关系中的弦长问题，通常让直线与椭圆方程组方程组，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式其中弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或，解决相关问题.