2020-2021学年天津市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年天津市高二（上）期中数学试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知直线l在x轴上的截距是−5，在y轴上的截距是6，则直线l的方程是（ ）
A.6x−5y−30=0B.6x+5y−30=0C.6x−5y+30=0D.6x+5y+30=0

2. 已知直线l1:2x−a2y+a=0与直线l2：(a−1)x−ay+1=0互相平行，则实数a的值为（ ）
A.−1B.0C.1D.2

3. “m=8”是“椭圆x2m+y24＝1的离心率为22”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

4. 过点P(0, 1)作圆x2+y2+2x−1=0的切线，则切线方程为（ ）
A.y=−x+1B.y=x+1C.y=−x+2D.y=x+2

5. 已知P为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且PF1⊥PF2，若tan∠PF2F1＝7，则C的离心率为（ ）
A.528B.427C.325D.223

6. 在空间直角坐标系O−xyz中，四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0, 0, 2)，B(2, 2, 0)，C(1, 2, 1)，D(2, 2, 2)．则点B到面ACD的距离是（ ）
A.233B.33C.223D.23

7. 已知圆(x−a)2+y2=a2平分圆(x+1)2+(y−2)2=1的周长，则a的值是（ ）
A.0B.−3C.−52D.52

8. 已知圆C：(x−1)2+(y+2)2=2，若直线y=2kx−4上存在点P，使得过点P的圆C的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是（ ）
A.k≤−38B.k≤−38或k≥0C.k≤−23D.k≤−23或k≥0
二、填空题：24分

直线kx−y+1＝3k，当k变动时，所有直线都通过定点________

在正四面体P−ABC中，M是PA上的点，且PM=2MA，N是BC的中点，若MN→=xPA→+yPB→+zPC→．则x+y+z的值为________．

若椭圆C:x28+y24＝1的右焦点为F，且与直线l:x−3y+2＝0交于P，Q两点，则△PQF的周长为________．

设圆O:x2+y2=r2(r>0)，定点A(3, 4)，若圆O上存在两点到A的距离为2，则r的取值范围________．

光线沿直线x−y+3=0入射到直线2x−y+2=0后反射，则反射光线所在直线的方程为________．

在直角坐标系xOy中，已知圆C:x2+y2−(8−2m)x−4my+5m2−8m=0，直线l经过点(2, 1)，若对任意的实数m，直线l被圆C截得弦长为定值，则直线l方程为________．
三、解答题：36分

已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(Ⅰ)求证：PO⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
(Ⅲ)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．


已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，直线x+3y−3＝0经过椭圆的上顶点和右焦点．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点．若△OAB的面积为265，求直线l的方程．

在平面直角坐标系xOy中，已知以点C(a−1, a2)(a>0)为圆心的圆过原点O．不过圆心C的直线2x+y+m=0(m∈R)与圆C交于M，N两点，且点F(25,65)为线段MN的中点．
（1）求m的值和圆C的方程；

（2）若Q是直线y=−2上的动点，直线QA，QB分别切圆C于A，B两点，求证：直线AB恒过定点；

（3）若过点P(0, t)(0≤t<1)的直线l与圆C交于D，E两点，对于每一个确定的t，当△CDE的面积最大时，记直线l的斜率的平方为u，试用含t的代数表示u，并求u的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年天津市高二（上）期中数学试卷
一、选择：40分
1.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
利用截距式方程即可得出．
【解答】
∵ 直线l在x轴上的截距是−5，在y轴上的截距是6，
则l的方程为x−5+y6=1，即6x−5y+30=0．
2.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，分类讨论，求得结果．
【解答】
当a=0时，直线l1：即 x=0，直线l2：即 x=1，满足l1 // l2．
当a≠0时，∵ 直线l1:2x−a2y+a=0与直线l2：(a−1)x−ay+1=0互相平行，
∴ 2a−1=−a2−a≠a1，求得实数a∈⌀．
综上，a=0，
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由已知可得：1−4m=22，1−m4=22，解得m，即可判断出结论．
【解答】
椭圆x2m+y24＝1的离心率为22，可得：1−4m=22，1−m4=22，
解得：m=8或2．
∴ “m=8”是“椭圆x2m+y24＝1的离心率为22”的充分不必要条件．
4.
【答案】
A
【考点】
圆的切线方程
【解析】
根据题意，分析圆的圆心，设圆心为C，分析可得圆在圆上，求出直线PC的斜率，即可得切线的斜率，由直线的点斜式方程计算可得答案．
【解答】
根据题意，圆x2+y2+2x−1=0即(x+1)2+y2=2，其圆心为(−1, 0)，设圆心为C，
点P(0, 1)，有12+12=2，故P在圆上，
则kPC=1−00−(−1)=1，则切线的斜率k=−1，
则切线的方程为y−1=(−1)(x−0)，变形可得y=−x+1；
5.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设|PF2|＝m，由PF1⊥PF2，tan∠PF2F1＝7，求出|PF1|，结合椭圆的定义和性质即可求得离心率的值．
【解答】
设|PF2|＝m，
因为PF1⊥PF2，tan∠PF2F1＝7，
所以|PF1|＝7m，|F1F2|＝52m．
故e=ca=2c2a=|F1F2||PF1|+|PF2|=528．
6.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
设平面ACD的法向量为n→=(x, y, z)，利用n→⋅AC→=n→⋅AD→=0，可得n→，利用点B到面ACD的距离d=|n→|˙即可得出．
【解答】
AC→=(1, 2, −1)，AD→=(2, 2, 0)，AB→=(2, 2, −2)，
设平面ACD的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅AC→=n→⋅AD→=0，
∴ x+2y−z=0，2x+2y=0，
取n→=(1, −1, −1)．
∴ 点B到面ACD的距离d=|n→|˙=|2−2+2|3=233．
7.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由两圆的方程可得过交点所在的直线方程，再由题意可得圆心(−1, 2)在交线上，求出a的值．
【解答】
(x−a)2+y2=a2整理可得：x2+y2−2ax=0①，
(x+1)2+(y−2)2=1的圆心为(−1, 2)，整理可得：x2+y2+2x−4y+4=0②，
②-①可得两圆的交线：(2+2a)x−4y+4=0，
由圆(x−a)2+y2=a2平分圆(x+1)2+(y−2)2=1的周长，可得圆心(−1, 2)在交线上，
所以(2+2a)⋅(−1)−4×2+4=0，解得：a=−3
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意，分析圆的圆心以及半径，由圆的切线性质可得四边形APBC为正方形，即可得|PC|的值，由点到直线的距离公式可得d=|2k+2−4|1+4k2≤2，解可得k的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，圆C：(x−1)2+(y+2)2=2，圆心C(1, −2)，半径r=2，
如图，若直线y=kx−4上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线互相垂直，设切点为A、B，
则四边形APBC为正方形，则|PC|=2r=2，
则有C到直线y=2kx−4的距离d=|2k+2−4|1+4k2≤2，
解可得k≤−23或k≥0，即k的取值范围为k≤−23或k≥0，
二、填空题：24分
【答案】
(3, 1)
【考点】
直线系方程
【解析】
把直线的方程化为 k(x−3)+1−y＝0，此直线一定过x−3和1−y＝0 的交点，联立方程组可解得定点坐标(3, 1)．
【解答】
直线kx−y+1＝3k，即 k(x−3)+1−y＝0，
由 x−3=01−y=0 得 定点的坐标为(3, 1)，
【答案】
13
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据向量的线性运算再结合空间向量的基本定理即可得到答案．
【解答】
MN→＝MP→+PN→＝−23PA→+12(PB→+PC→)＝−23PA→+12PB→+12PC→，
若MN→=xPA→+yPB→+zPC→，
由空间向量的基本定理得，
则x＝−23，y＝12，z＝12，
于是x+y+z＝13．
【答案】
82
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
求出左焦点坐标，利用直线经过椭圆的左焦点，结合椭圆的定义求三角形的周长即可．
【解答】
∵ 直线l过椭圆C的左焦点F′(−2, 0)，
直线l:x−3y+2＝0经过左焦点F′，
∴ △PQF的周长|PQ|+|PF|+|QF|
=|PF′|+|PF|+|QF′|+|QF|
=4a=82，
【答案】
(3, 7)
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
点与圆的位置关系
【解析】
根据题意，设以A为圆心，半径为2的圆为圆A，分析圆O的圆心、半径，求出圆心距，分析可得圆O与圆A相交，据此可得r−2<5【解答】
根据题意，设以A为圆心，半径为2的圆为圆A，
圆O:x2+y2=r2(r>0)，其圆心为(0, 0)，半径为r，
则|OA|=9+16=5，
若圆O:x2+y2=r2(r>0)上存在两点到A的距离为2，则圆O与圆A相交，
则有r−2<5【答案】
x−2y+6=0
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
先求出故入射光线与反射轴的交点为A(1, 4)，在入射光线上再取一点B(0, 3)，由点B关于反射轴x+y−5=0的对称点C(m, n)在反射光线上，求出C的坐标，用两点式求得反射光线的方程．
【解答】
由x−y+3＝02x−y+2＝0 得x＝1y＝4，故入射光线与反射轴的交点为A(1, 4)，在入射光线上再取一点B(0, 3)，
则点B关于反射轴2x−y+2=0的对称点C(m, n)在反射光线上．
2×m2−3+n2+2＝02×n−3m−0＝−1，解得m=45，n=135，
根据A、C两点的坐标，用两点式求得反射光线的方程为：y−3x＝3−135−45，即 x−2y+6=0．
【答案】
2x+y−5=0
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
根据题意，由圆的一般式方程分析圆C的圆心，进而可得圆心C在直线2x+y=8上，结合直线与圆的位置关系可得直线l与2x+y=8平行，由直线的点斜式方程分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆C:x2+y2−(8−2m)x−4my+5m2−8m=0，其圆心为(4−m, 2m)，
则圆心C在直线2x+y=8上，
若对任意的实数m，直线l被圆C截得弦长为定值，则圆心到直线l的距离为定值，即直线l与2x+y=8平行，则直线l的斜率k=−2，
直线l经过点(2, 1)，则直线l的方程为y−1=−2(x−2)，即2x+y−5=0，
三、解答题：36分
【答案】
（1）证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD；
（2）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(−2,4,0),D(−2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，E(−1,2,3),F(−1,0,3)，EF→=(0,−2,0),EG→=(1,2,−3)，
设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0 ，得−2y=0,x+2y−3z=0,
令z＝1，则 m→=(3,0,1)，
又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为π3；
(Ⅲ)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，
设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，
所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．
所以sinπ6=|cs|=324λ2−6λ+7，
整理得2λ2−3λ+2＝0，无解，
所以，不存在这样的点M．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（I）因为PO⊥AD，又CD⊥平面PAD，得到PO⊥CD，进而证明结论；
(II)以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，平面EFG的法向量，又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，利用夹角公式求出即可；
(III)假设线段PA上存在点M，设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由直线GM与平面EFG所成角为π6，得到关于λ的方程，解方程判断即可．
【解答】
（1）证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD；
（2）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(−2,4,0),D(−2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，E(−1,2,3),F(−1,0,3)，EF→=(0,−2,0),EG→=(1,2,−3)，
设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0 ，得−2y=0,x+2y−3z=0,
令z＝1，则 m→=(3,0,1)，
又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为π3；
(Ⅲ)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，
设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，
所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．
所以sinπ6=|cs|=324λ2−6λ+7，
整理得2λ2−3λ+2＝0，无解，
所以，不存在这样的点M．
【答案】
由椭圆的方程可得焦点在x轴上，
直线x+3y−3＝0中令x=0，可得y=1；
令y=0，则x=3，
而直线x+3y−3＝0经过椭圆的上顶点和右焦点，
所以c=3，b=1，可得a2=b2+c2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
由（1）可得右焦点F2(3, 0)，显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+3，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与椭圆的方程x＝my+3x24+y2＝1，整理可得：(4+m2)y2+23my−1=0，
可得y1+y2=−23m4+m2，y1y2=−14+m2，
所以S△AOB=12|OF2||y1−y2|
=12×3×(y1+y2)2−4y1y2
=32⋅12m2(4+m2)2+44+m2
=32⋅41+m24+m2
=23⋅1+m24+m2
由题意可得23⋅1+m24+m2=265，
整理可得：2m4−9m2+7=0，解得m=±1或m=±142，
所以直线l的方程为：x=±y+3或x=±142y+3．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
（1）由题意求出椭圆的b，c的值，再由a，b，c之间的关系求出a的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，代入面积公式由题意可得参数的值，进而求出直线l的方程．
【解答】
由椭圆的方程可得焦点在x轴上，
直线x+3y−3＝0中令x=0，可得y=1；
令y=0，则x=3，
而直线x+3y−3＝0经过椭圆的上顶点和右焦点，
所以c=3，b=1，可得a2=b2+c2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
由（1）可得右焦点F2(3, 0)，显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+3，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与椭圆的方程x＝my+3x24+y2＝1，整理可得：(4+m2)y2+23my−1=0，
可得y1+y2=−23m4+m2，y1y2=−14+m2，
所以S△AOB=12|OF2||y1−y2|
=12×3×(y1+y2)2−4y1y2
=32⋅12m2(4+m2)2+44+m2
=32⋅41+m24+m2
=23⋅1+m24+m2
由题意可得23⋅1+m24+m2=265，
整理可得：2m4−9m2+7=0，解得m=±1或m=±142，
所以直线l的方程为：x=±y+3或x=±142y+3．
【答案】
根据直线l与CF垂直，计算CF的斜率为kCF=a2−65a−1−25=12，
即2a2−a−1=0，解得a=1(a>0)．
所以圆心C的坐标为(0, 1)，半径为1，
又点F(25, 65)在直线2x+y+m=0上，
所以45+65+m=0，解得m=−2．
所以m=−2，圆C的方程为x2+(y−1)2=1；
证明：设Q(t, −2)，则QC的中点坐标为(t2, −12)，
以QC为直径的圆的方程为(x−t2)2+(y+12)2=t2+94，
即x2+y2−tx+y−2=0．
联立x2+(y−1)2＝1x2+y2−tx+y−2＝0，
可得AB所在直线方程为：tx−3y+2=0；
所以直线AB恒过定点(0, 23)．
由题意可设直线l的方程为y=kx+t，△ABC的面积为S，
则S=12|CA|⋅|CB|⋅sin∠ACB=12sin∠ACB，
∴ 当sin∠ACB最大时，S取得最大值．
要使sin∠ACB=π2，只需点C到直线l的距离等于22，
即|t−1|k2+1=22，
整理得：k2=2(t−1)2−1≥0，解得t≤1−22．
①当t∈[0, 1−22]时，sin∠ACB最大值是1，此时k2=2t2−4t+1，即u=2t2−4t+1．
②当t∈(1−22, 1)时，∠ACB∈(π2, π)．
∵ y=sinx是(π2, π)上的减函数，∴ 当∠ACB最小时，sin∠ACB最大．
过C作CD⊥AB于D，则∠ACD=12∠ACB，∴ 当∠ACD最大时，∠ACB最小．
∵ sin∠CAD=CDCA，且∠CAD∈(0, π2)，
∴ 当|CD|最大时，sin∠CAD取得最大值，即∠CAD最大．
∵ |CD|≤|CP|，∴ 当CP⊥l时，|CD|取得最大值|CP|．
∴ 当△ABC的面积最大时，直线l的斜率k=0，∴ u=0．
综上所述，u=2t2−4t+1，t∈[0,1−22]0,t∈(1−22，1)．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）由题意求出kCF，解得a的值，可得圆心坐标和半径，由点F在直线2x+y+m=0上解得m值，则m的值和圆C的方程可求；
（2）设Q(t, −2)，则求出QC的中点坐标，以QC为直径的圆的方程可求，联立方程组，可得AB所在直线方程，则可证明直线AB恒过定点；
（3）由题意可设直线l的方程为y=kx+t，△ABC的面积为S，计算S取得最大值时C到直线l的距离，利用分类讨论求出答案．
【解答】
根据直线l与CF垂直，计算CF的斜率为kCF=a2−65a−1−25=12，
即2a2−a−1=0，解得a=1(a>0)．
所以圆心C的坐标为(0, 1)，半径为1，
又点F(25, 65)在直线2x+y+m=0上，
所以45+65+m=0，解得m=−2．
所以m=−2，圆C的方程为x2+(y−1)2=1；
证明：设Q(t, −2)，则QC的中点坐标为(t2, −12)，
以QC为直径的圆的方程为(x−t2)2+(y+12)2=t2+94，
即x2+y2−tx+y−2=0．
联立x2+(y−1)2＝1x2+y2−tx+y−2＝0，
可得AB所在直线方程为：tx−3y+2=0；
所以直线AB恒过定点(0, 23)．
由题意可设直线l的方程为y=kx+t，△ABC的面积为S，
则S=12|CA|⋅|CB|⋅sin∠ACB=12sin∠ACB，
∴ 当sin∠ACB最大时，S取得最大值．
要使sin∠ACB=π2，只需点C到直线l的距离等于22，
即|t−1|k2+1=22，
整理得：k2=2(t−1)2−1≥0，解得t≤1−22．
①当t∈[0, 1−22]时，sin∠ACB最大值是1，此时k2=2t2−4t+1，即u=2t2−4t+1．
②当t∈(1−22, 1)时，∠ACB∈(π2, π)．
∵ y=sinx是(π2, π)上的减函数，∴ 当∠ACB最小时，sin∠ACB最大．
过C作CD⊥AB于D，则∠ACD=12∠ACB，∴ 当∠ACD最大时，∠ACB最小．
∵ sin∠CAD=CDCA，且∠CAD∈(0, π2)，
∴ 当|CD|最大时，sin∠CAD取得最大值，即∠CAD最大．
∵ |CD|≤|CP|，∴ 当CP⊥l时，|CD|取得最大值|CP|．
∴ 当△ABC的面积最大时，直线l的斜率k=0，∴ u=0．
综上所述，u=2t2−4t+1，t∈[0,1−22]0,t∈(1−22，1)．