2021北京石景山高二（上）期末数学（教师版）

2021北京石景山高二（上）期末

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一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1．直线过点，且倾斜角为，则直线的方程为　　

A． B． C． D．

2．设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为　　

A． B． C． D．

3．已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是　　

A．若，，则 B．若，，则 

C．若，，则 D．若，，则

4．两条平行线与间的距离为　　

A． B． C． D．1

5．在正方体中，为棱的中点，则　　

A． B． C． D．

6．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为　　

A．24 B．48 C．60 D．72

7．如图，在正方体中，、、、分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于　　

A． B． C． D．

8．直线与圆相切，则的值是　　

A．或12 B．2或 C．或 D．2或12

9．若圆与圆外切，则　　

A．21 B．19 C．9 D．

10．如图，是正方体对角线上一动点，设的长度为，若的面积为，则的图象大致是　　

A． B． 

C． D．

二、填空题：本大题共5个小题，每小题4分，共20分．

11．在的二项展开式中，常数项等于 　　．（用数字作答）

12．已知双曲线标准方程为，则其焦点到渐近线的距离为　　．

13．已知平面，，．给出下列三个论断：①；②；③．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：　　．

14．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若为底面的中心，则与平面所成的角的大小为　　．

15．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点，若为的中点，则　　．

三、解答题：本大题共5个小题，共40分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．（7分）在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上，求圆的方程．

17．（7分）如图，在四面体中，，，点，分别是，的中点．求证：

（1）直线面；

（2）平面面．

18．（7分）已知的三个顶点是，，．

（1）求边的高所在直线的方程；

（2）若直线过点，且、到直线的距离相等，求直线的方程．

19．（9分）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，，，，分别是，，，的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的大小．

20．（10分）已知椭圆的右焦点为，离心率为．直线过点且不平行于坐标轴，与有两交点，，线段的中点为．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；

（Ⅲ）延长线段与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求此时直线的斜率．

参考答案

一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1．【分析】根据直线的倾斜角求出斜率，用点斜式写出直线方程，再化为一般式即可．

【解答】解：直线过点，且倾斜角为，

则直线的斜率为，

直线方程为，

即．

故选：．

【点评】本题考查了直线的倾斜角与斜率以及点斜式方程和一般式方程的应用问题，是基础题目．

2．【分析】判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出，接利用椭圆的定义，转化求解即可．

【解答】解：椭圆的焦点坐标在轴，，

是椭圆上的动点，由椭圆的定义可知：则到该椭圆的两个焦点的距离之和为．

故选：．

【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，是基本知识的考查．

3．【分析】．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；

．运用线面垂直的性质，即可判断；

．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；

．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．

【解答】解：．若，，则，相交或平行或异面，故错；

．若，，则，故正确；

．若，，则或，故错；

．若，，则或或，故错．

故选：．

【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．

4．【分析】把两直线的方程中、的系数化为相同的，然后利用两平行线间的距离公式，求得结果．

【解答】解：两条平行线，即，与它平行的直线，

故它们之间的距离为，

故选：．

【点评】本题主要考查两平行线间的距离公式的应用，要注意先把两直线的方程中、的系数化为相同的，然后才能用两平行

线间的距离公式，属于中档题．

5．【分析】法一：连，推导出，，从而平面，由此得到．

法二：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．

【解答】解：法一：连，由题意得，

平面，且平面，

，

，

平面，

平面，

．

故选：．

法二：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体中棱长为2，

则，0，，，1，，，2，，，0，，，2，，，0，，，2，，

，1，，，2，，，，，

，0，，，2，，

，，，，

．

故选：．

【点评】本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

6．【分析】用1、2、3、4、5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其它4个数在4个位置上全排列即可．

【解答】解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，5中的一个数，共有3种排法，

然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位4个位置上全排列，共有种排法．

由分步乘法计数原理得，由1、2、3、4、5组成的无重复数字的五位数中奇数有个．

故选：．

【点评】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关键是做到合理的分布，是基础题．

7．【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中求出此角即可．

【解答】解：如图，连、、，则，

且、，

所以异面直线与所成的角等于，

故选：．

【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．

8．【分析】先求出圆的圆心和半径，由直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求出的值．

【解答】解：圆的圆心坐标为，半径，

因为直线与圆相切，

所以圆心到直线的距离，

解得或．

故选：．

【点评】本题主要考查圆的切线方程，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的合理运用，属于基础题．

9．【分析】化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得值．

【解答】解：由，得圆心，半径为1，

由圆，得，

圆心，半径为．

圆与圆外切，

，

解得：．

故选：．

【点评】本题考查两圆的位置关系，考查了两圆外切的条件，是基础题．

10．【分析】先设正方体的棱长为1，连接交于，连，则是等腰的高，从而的面积为，再在中，利用余弦定理得出，最后得出的解析式，画出其图象，对照选项即可解决问题．

【解答】解：设正方体的棱长为1，连接交于，连，则是等腰的高，

故的面积为，

在三角形中，，

，

画出其图象，如图所示，

对照选项，正确．

故选：．

【点评】本小题主要考查棱柱的结构特征、函数的图象等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．

二、填空题：本大题共5个小题，每小题4分，共20分．

11．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．

【解答】解：的二项式展开式的通项公式为，

令，求得，可得常数项为，

故答案为：．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．

12．【分析】先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论．

【解答】解：由题得：其焦点坐标为，．渐近线方程为，即，

所以焦点到其渐近线的距离．

故答案为：1．

【点评】本题以双曲线方程为载体，考查双曲线的标准方程，考查双曲线的几何性质，属于基础题．

13．【分析】由，．利用面面垂直的判定定理得．

【解答】解：平面，，．给出下列三个论断：①；②；③．

，．由面面垂直的判定定理得，

，，由面面平行的性质和面面垂直的判定定理得，

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，

写出一个正确的命题为：①③②或②③①．

故答案为：①③②或②③①．

【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

14．【分析】利用三棱柱的侧棱与底面垂直和线面角的定义可知，为与平面所成角．利用三棱锥的体积计算公式可得，再利用正三角形的性质可得，在△中，利用，可得结论．

【解答】解：如图所示，

底面，为与平面所成角，

平面平面，为与平面所成角．

．

，解得．

又为底面正三角形的中心，，

在△中，，

．

故答案为：．

【点评】本题考查线面角，掌握正三角形的性质、线面角的定义是解题的关键．

15．【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出坐标，然后求解即可．

【解答】解：抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，

可知的横坐标为：，

则，

．

故答案为：3．

【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．

三、解答题：本大题共5个小题，共40分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．【分析】求出曲线与坐标轴的交点坐标，设圆的方程为，将点的坐标代入可得关于，，的方程组，解之即可求得圆的方程．

【解答】解：曲线，令，可得，与轴的交点为，

令，可得或1，与轴的交点为，，

设圆的方程为，

则，解得，，，

故圆的方程为．

【点评】本题主要考查圆的方程的求法，属于基础题．

17．【分析】（1）根据线面平行关系的判定定理，在面内找一条直线和直线平行即可，根据中位线可知，面，面，满足定理条件；

（2）需在其中一个平面内找一条直线和另一个面垂直，由线面垂直推出面面垂直，根据线面垂直的判定定理可知面，而面，满足定理所需条件．

【解答】证明：（1），分别是，的中点．

是的中位线，，

面，面，直线面；

（2），，，

，是的中点，

又，面，

面，面面

【点评】本题主要考查线面平行的判定定理，以及面面 垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．

18．【分析】（1）利用斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式即可得出．

（2）利用斜率计算公式、中点坐标公式、点斜式即可得出．

【解答】解：（1），，

直线的方程是，即．（6分）

（2）直线过点且、到直线的距离相等，

直线与平行或过的中点，

，直线的方程是，即，（9分）

的中点的坐标为，

，直线的方程是，即，

综上，直线的方程是或．（12分）

【点评】本题考查了斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

19．【分析】（Ⅰ）推导出，，由此能证明面．

（Ⅱ）以点为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角．

【解答】证明：（Ⅰ）因为是正三角形，是的中点，所以．

又因为平面，平面，所以．

，平面，平面，

所以面．

解：（Ⅱ）如图，以点为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系．

则，0，，，0，，，4，，，4，，，0，，，4，，，0，，，2，，，0，，

，，，，2，，

设平面的法向量为，，，

则，令，则，0，，

又平面的法向量，0，，

设平面与平面所成锐二面角为，

则．

所以平面与平面所成锐二面角为．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20．【分析】（Ⅰ）由题可知，，，再结合，解出和的值即可得解；

（Ⅱ）设直线的方程为，，，，，联立直线的方程和椭圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，写出两根之和与系数的关系；由于为线段的中点，利用中点坐标公式可用表示点的坐标，利用可求出直线的斜率，进而得解；

（Ⅲ）若四边形为平行四边形，则，利用平面向量的线性坐标运算可以用表示点的坐标，再将其代入椭圆方程即可得到关于的方程，解之即可得解．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，，，

，，

椭圆的方程为．

（Ⅱ）设直线的方程为，，，，，

联立，消去得，，

则，

为线段的中点，，，

，

为定值．

（Ⅲ）若四边形为平行四边形，则，

，，

点在椭圆上，，解得，即，

当四边形为平行四边形时，直线的斜率为．

【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及曲直联立、中点坐标公式、平面向量的坐标运算等知识点，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．