2020-2021学年北京大兴区第一中学高二第一学期期中考试数学试题(Word版)

北京大兴区第一中学2020-2021学年高二第一学期期中考试

数学试题

一、单选题(共40分)

1．经过A(2,0), B(5,3)两点的直线的倾斜角是（ ）

A．45

B．60

C．90

D．135

2．已知向量a0,1,1，b1,2,1.若ab与c2,m,4平行，则实数m的值是（ ）

A．2

B．2

C．10

D．10

3．若向量AB1,2,3,AC3,2,1,则平面ABC的一个法向量为（ ） A． 1,2,1

B．1,2,1

C．1,2,1

D．1,2,1

4．无论m取何值，直线3m1x4m1y12m10都恒过一个定点，则定点的坐标为（ ）

A．(8,9)

B．(9,8)

C．(15,14)

D．(14,15)

5．如图在一个120的二面角的棱上有两点A,B，线段AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若AB2，

AC1，BD2，则CD的长为（ ）.

A．2

B．3 C．23 D．4

6．已知直线l的方向向量为m,平面的法向量为n,则“mn0”是“l∥”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

7．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，C的面积为23π，且短轴长为23，则C的标准方程为（ ）

x2x2y22A．y1 B．1

1234

x2y2C． 1

43x2y2D．1

1631

8．已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且

PA41PBxPCDB，则实数x的值为（ ） 36A．

13B．1 3C．

11 D． 22ax2y2（ab0)的左、右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)，点N(c,)在椭圆的外9．设椭圆2212ab部，点M是椭圆上的动点，满足MF1MN3F1F2恒成立，则椭圆离心率e的取值范围是 225，) 26D．(,1)

A．(0，) B．(222，1) 2C．(5610．过圆C：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4的圆心，作直线分别交x，y正半轴于点A，

B，△AOB被圆分成四部分（如图），若这四部分图形面积满足SI+SⅣ＝SⅡ+SⅢ，

则这样的直线AB有（ ） A．0条

B．1条

C．2条

D．3条

二、填空题(共25分)

x211．椭圆y21的焦距为 .

422M12．已知圆的方程是xy1，则经过圆上一点2,2的切线方程是__________． 2213．在正方体ABCDA1B1C1D1中，则直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为__________ 14．在空间中，四条不共线的向量OA、OB、OC、OD两两间的夹角均为．则cos的大小为__________． 15．如图，在四棱锥2的正方形，侧面

，则点

中，侧面底面在正方形

，

为正三角形，底面为底面

是边长为

内的一个动点，且满足

内的轨迹的长度为_______

2

3

三、解答题(共85分)

16．已知ABC的三个顶点A(3,7)，B(2,5)，C(3,5)，点D为AC的中点． （1）求点D的坐标； （2）求直线BD的方程． （3）求△ABD的面积．

17．已知圆C: xy4x2y30和点M(0,8)，

22（1）判断点M与圆C的位置关系

（2）过点M作一条直线与圆C交于A,B两点，且|AB|4，求直线AB的方程； （3）过点M作圆C的切线，切点为E,F，求EF所在的直线方程．

.

18、已知焦点在x轴上的椭圆，左右焦点分别为F1,F2，上顶点为B，且三角形F1F2B为等腰直角三角形，过F2斜率为1的直线l交椭圆与E,F两点。 （1）求椭圆的离心率；（2）若|EF|

19．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60，M为A1C1与B1D1的交点.若ABa，ADb，

8，求椭圆标准方程。 3AA1c，设平面ABC的法向量naybzc

（1）用a,b,c表示BM；（2）求n及n的长度；；（3）求点M到平面ABC的距离

4

5

20．如图,四棱锥SABCD的侧面SAD是正三角形,AB//CD,且

ABAD,AB2CD4,E是SB中点.

（1）求证：CE//平面SAD；

（2）若平面SAD平面ABCD,且SB42,求平面EAC与平面ACB夹角的余弦值.

121、设A,B两点的坐标分别为(2,0),(2,0)直线AE,BE相交于点E，且它们的斜率之积为,直线l4方程：x4，直线AE,BE与直线l分别相交于M,N两点，AN交轨迹E与点F （1）求点E的轨迹方程。 （2）求证：M,B,F三点共线

（3）求证：以MN为直径的圆过定点。

6

参考答案

1D 2A 3C 4A 5B 6B 7C 8A 9D 10B 1611 23 12 xy20 13 3 14 -3 15 5

16解：（1）设D（x，y）， 则x33520，y721，

∴点D的坐标为（0，1）． （2）∵直线BD的斜率为k51202．

∴直线BD的方程为：y–1=–2（x–0），即2x+y–1=0． （3）∵BD20251225，

∴A到直线BD的距离为d237122121255． ∴△ABD的面积为S1ABD2BDd1225125512． 17解：（1）点M坐标代入圆方程得：0640163450，所以点M在圆外

（2）圆C:(x2)2(y1)28，则圆心C(2,1)，半径r22， ①若直线AB的斜率存在，设直线AB:y8kx， 即kxy80,d|2k18|2k21(22)22k4528, 此时，直线AB方程为

4528xy80； ②若直线AB的斜率不存在，则直线AB:x0，代入y22y30得y11,y23， 7

此时AB4，合乎题意.

综上所求直线AB的方程为：x0或45x28y2240； （3）以CM为直径的圆的方程xx2y1y80， 即：x2y22x9y80，①；x2y24x2y30，②. ① -②得2x7y110，因此，直线EF的方程为2x7y110. 18 解：（1）在等腰直角三角形F1F2B中，F1F22F1B， 即2a2c，所以e22 （2）由（1）设F2(c,0)，E(x1,y1)，F(x2,y2)

x2y2得椭圆方程为2c2c21

直线l方程：yxc，与椭圆方程联立，消元得： 3x24cx0

解得：x10,x4c23 所以EFk21|x1|4c2x1|=130| 得

423c83c2 所以椭圆方程为x2y2421 19解：（1）BMBA1A1Mca12ab112a2bc （2）由题意知abbcca12 由

11na01yz0 0 得：22 解得：y1,z3nb12y12z所以nab3c

8

|n|a2b29c22ab6ac6cb=6

（3）因为A1M//平面ABC，所以点M到平面ABC的距离等于点A1到平面ABC的距离 11|cn||3|6 所以d=22|n|36

9

20解：（1）取SA的中点F,连接EF, 因为E是SB中点,

所以EF∥AB,且AB2EF, 又因为AB∥CD,AB2CD, 所以EFDC,EFDC,

即四边形EFDC是平行四边形, 所以EC∥FD,

又因为EC平面SAD,FD平面SAD, 所以CE平面SAD；

（2）方法一：取AD中点O,连接SO,BO, 因为SAD是正三角形,所以SOAD, 因为平面SAD平面ABCD,ABAD 所以SO平面ABCD,AB平面ABCD, 所以ABSA, 故SASB2AB24,

以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则O(0,0,0),

A(0,2,0),B(4,2,0),C(2,2,0),D(0,2,0),S(0,0,23),E(2,1,3),

所以CE(0,3,3),CA(2,4,0),

设平面ACE的法向量为m(x,y,z),则3y3z0,2x4y0, 令y1得m(2,1,3),

易知平面ACB的法向量为n(0,0,1),

则cosm,nmn|m||n|36224,

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所以平面EAC与平面ACB夹角的余弦值为

6. 421解：（1）设E(x,y)，由题意kyAEx2(x2)，kyBEx2(x2) 由已知有

yx2yx214(x2) x2化简得4y21(x2)

（2）设AE方程为：yk(x2),(k0)

令x4 得点M(4,6k)

由yk(x2)x24y24消元得：(14k2)x216k2x16k240 显然0恒成立

16k2428k2由xAxE14k2，且xA2，得：xE14k2

代入直线l方程得y4kE14k2

又因为B(2,0)，所以：k1BE4k

所以直线BE为：y14k(x2)

令x4 得点N(4,12k) ，k1AN12k 1联立方程y12k(x2)x24y24

消去x得：(36k21)y212ky0

所以y12k72k22F36k21，xF36k21 y12kkkBM6423kkFBF36k213k

y72k22kBM F36k212BM,BF有公共点B，所以M,B,F三点共线

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（3）设以MN为直径的圆上点P(x,y)，则MPNP 所以圆方程为(x4)(x4)(y6k)(y12k)0 即(x4)2y2(12k6k)y30 当y0时与k无关 (x4)2y230所以以MN为直径的圆过定点（43，0）

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