2021辽宁省恒仁满族自治县二中高二上学期期末考试数学试题含答案

2020—2021学年度（上）高二期末考试

高二年级数学试卷

满分150分   考试时间120分钟   

一、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．设点A在x轴上，点B在y轴上，的中点是，则等于（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】C

【解析】设A(x,0)、B(0，y)，由中点公式得x＝4，y＝－2，则由两点间的距离公式得|AB|＝

2．经过与两点的直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由两点的坐标可知，直线与轴平行，所以直线的方程为.

3．在空间中，设，为两条不同直线， ，为两个不同平面，则下列命题正确的是

A．若且，则

B．若，，，则

C．若且，则

D．若不垂直于，且，则必不垂直于

【答案】C

【解析】

解：由m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，知：

在A中，若m∥α且α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；

在B中，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；

在C中，若m⊥α且α∥β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故C正确；

在D中，若m不垂直于α，且n⊂α，则m有可能垂直于n，故D错误．

故选：C．

4．已知过点P(2,2) 的直线与圆相切, 且与直线垂直, 则（ ）

A． B．1 C．2 D．

【答案】C

【解析】设过点的直线的斜率为，则直线方程，即，由于和圆相切，故，得，由于直线与直线，因此，解得，故答案为C.

5．已知圆，圆，则两圆的位置关系是（  ）

A．相交          B．内切            C．外切              D．外离

【答案】D

【解析】将两圆方程分别化为标准式得到圆 ;圆 ,
则圆心 ,半径 ,两圆的圆心距

,
则圆心距大于半径之和, 故两圆相离.因此，本题正确答案是:D.

6．已知正方体的棱长为，点为棱中点，则过点与垂直的平面截正方体所得的截面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

过点与垂直的平面被正方体截得的截面是以中点为顶点，边长为的正六边形，

平面，面平面平面，

平面，且面积为，

故选：C.

7. 如图，三棱锥A－BCD中，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=1，CD=2，点E为CD的中点，则AE的长为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】连AE,∵ △CBD是等腰Rt△,

∴ BE⊥CD且BE=1，AB⊥底面BCD,

∴ AB⊥BE，由勾股定理，，

AE.

故选：B．

8、在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BB1的中点，若，则点B到平面ACE的距离等于（    ）

A.              

B.             

C.         

D. 3

故选：B．

二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得3分.

9．已知A(m，3)，B(2m，m+4)，C(m+1，2)，D(1，0)，且直线AB与直线CD平行，则m的值为　(　　)

A．1         B．0                    C．2               D．-1

【答案】AB

【解析】 当AB与CD斜率均不存在时， 故得m=0，此时两直线平行；此时AB∥CD，当kAB=kCD时，，得到m=1，此时AB∥CD.故选AB．

10.等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，若点A，C的坐标分别为(0,4)，(3,3)，则点B的坐标可能是(　　)

A． (6,4) B．(2,0) C．(4,6) D．(0,2)

【答案】BC

11.在平面直角坐标系中，圆的方程为.若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取可以是(       )

A． B． C． D．

【答案】AB

【解析】，所作的圆的两条切线相互垂直，所以，圆点，两切点构成正方形 即，在直线上，圆心距 ，计算得到 ，故答案选AB

12．如图，设，分别是正方体的棱上两点，且，，其中正确的命题为（    ）

A. 三棱锥的体积为定值

B. 异面直线与所成的角为

C. 平面

D. 直线与平面所成的角为

【答案】AD

【解析】

【分析】

A. 利用，三棱锥的体积为定值，正确

B. 利用平移法找异面直线所成的角，，和所成的角为，所以异面直线与所成的角为，故B错误

C. 若平面，则线与所成的角为，而异面直线与所成的角为，故C错误

D，建立坐标系，用向量坐标法求解，先求出平面的一个法向量，再求平面的一个法向量和的方向向量的夹角，正确

【详解】解：对于A，

故三棱锥的体积为定值，故A正确

对于B， ，和所成的角为，异面直线与所成的角为，故B错误

对于C， 若平面，则直线，即异面直线与所成的角为，故C错误

对于D，以为坐标原点，分布以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，，

设平面的法向量为则

，即

令，则

所以直线与平面所成的角为，正确

故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.16题第一空2分，第二空3分

13、已知点A（x,5）关于点（1，y）的对称点是（-2，-3），则点P（x，y）到原点的距离是                .

【答案】

14．若直线的倾斜角是，则实数是_______________.

【答案】

【解析】因为直线的倾斜角是，所以直线的斜率为，因此

或（舍）

15．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为________．

【答案】

16、已知直线与圆交于A、B两点，直线垂直平分弦AB，则m的值为____________，弦AB的长为____________.

16、，

四、解答题：本题共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题10分18—22题每题12分

17.已知直线l过点P(4,1),

(1)若直线l过点Q(-1,6),求直线l的方程;

(2)若直线l在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍,求直线l的方程.

【解析】 (1)∵直线l过点P(4,1),Q(-1,6),

所以直线l的方程为,即x+y-5=0.

(2)由题意知,直线l的斜率存在且不为0,所以设直线l的斜率为k,则其方程为y-1=k(x-4).

令x=0得,y=1-4k;令y=0得,x=4-.

∴1-4k=24 - -,解得k=或k=-2.

∴直线l的方程为y-1=(x-4)或y-1=-2(x-4),

即y=x或2x+y-9=0.

18．在直角坐标系中，已知圆与直线相切，

（1）求实数的值；

（2）过点的直线与圆交于､两点，如果，求.

【详解】解:（1）圆的方程可化为，

圆心，半径，其中，

因为圆与直线相切，故圆心到直线的距离等于半径，

即，解得；

（2）当直线斜率不存在时，其方程为，

此时圆心到直线的距离，

由垂径定理，，不合题意；

故直线斜率存在，设其方程为，

即，

圆心到直线的距离，

由垂径定理，，即，

解得，

故直线的方程为，

代入圆的方程，整理得，

解得，，

于是，，这里，)，

所以.

19.在平面直角坐标中，圆与圆相交与两点．

（I）求线段的长．

（II）记圆与轴正半轴交于点，点在圆C上滑动，求面积最大时的直线的方程．

【解析】（I）由圆O与圆C方程相减可知，相交弦PQ的方程为．

点（0，0）到直线PQ的距离，

（Ⅱ），.

当时，取得最大值．

此时，又则直线NC为．

由，或

当点时，，此时MN的方程为．

当点时，，此时MN的方程为．

∴MN的方程为或．

20．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2．

(1)求证：AB1∥平面BC1D；

(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．

 [解]　(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD．

因为O为B1C的中点，D为AC的中点，所以OD∥AB1．

因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，

所以AB1∥平面BC1D．

(2)建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，

则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,2)，B1(0,0,2)，

因此＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)．

所以cos〈，〉＝＝＝，

设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ＝，由于θ∈，故θ＝．

21．如图所示，在梯形中，∥，⊥，， ⊥平面，⊥．

（1）证明：⊥平面；

（2）若，求点到平面的距离．

【解析】

（1）证明：∵⊥平面，平面，

∴⊥.

又⊥， ，平面，平面，

∴⊥平面.

（2）由已知得，所以   

且由（1）可知，由勾股定理得 

∵平面

∴=，

且  

∴，

由，

得 ∴ 

即点到平面的距离为

22．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为．

（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；

（2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值；

（3）问在棱上是否存在一点，使⊥侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）点为的四等分点.

【解析】

（1）取中点，设面，连，

则为二面角的平面角，

为侧棱与底面所成的角，，

设，，，

∴．

（2）连，为异面直线与所成的角．

因为，，所以平面.

平面，所以.

∵,

∴。

（3）延长交于，取中点，连、．

因为，，，

故平面，因平面，

故平面平面，

又，故为等边三角形，

所以，由平面，故

因为，所以平面.

取的中点，∵，∴，

∴四边形为平行四边形，所以

∴平面．即为四等分点