2021北京昌平二中高二（上）期中数学（教师版）

14/142021北京昌平二中高二（上）期中数学一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）1．（5分）在空间直角坐标系中，已知点，0，，，2，，则线段的中点坐标是A．，1， B．，2， C．，2， D．，1，2．（5分）已知空间三点，1，，，3，，，5，在一条直线上，则实数的值是A．4 B．2 C． D．3．（5分）如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则A． B． C． D．4．（5分）已知空间中三点，0，，，1，，，，，则点到直线的距离为A． B． C． D．5．（5分）已知直线，则下列结论正确的是A．直线的倾斜角为 B．向量是直线的一个方向向量 C．过点与直线平行的直线方程为 D．若直线，则6．（5分）已知直线，，，若且，则值为)A． B．10 C． D．27．（5分）圆与直线相交于，两点，则线段的垂直平分线的方程是A． B． C． D．8．（5分）圆与圆的位置关系为A．内切 B．相交 C．外切 D．相离9．（5分）“”是“方程表示椭圆”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分条件又不必要条件10．（5分）已知为椭圆上的点，点到椭圆焦点的距离的最小值为2，最大值为8，则椭圆的离心率为A． B． C． D．11．（5分）设，分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，则使得成立的点的个数为A．1 B．2 C．3 D．412．（5分）古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，则该点轨迹是一个圆”．现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座信号塔来构建一个三角形信号覆盖区域，以实现商用，已知甲、乙两地相距8公里，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积（单位：平方公里）是A． B． C． D．二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分.请把答案填在答题纸的相应位置）13．（5分）已知向量，，，，，．若，则实数．14．（5分）如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为．15．（5分）直线经过一定点，则点的坐标为，以点为圆心且与轴相切的圆的方程为．16．（5分）设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，则△的周长为，若，则△的面积为．17．（5分）已知，分别是，上的两个动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为．18．（5分）在平面直角坐标系中，定义为两点，，，之间的“折线距离”，有下列命题，其中为真命题的是．（填序号）①若，，则；②到原点的“折线距离”不大于1的点构成的区域面积为1；③原点与直线上任意一点之间的折线距离的最小值为3；④原点与圆上任意一点之间的折线距离的最大值为．三、解答题：本大题共4小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（15分）在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，．（Ⅰ）设的中点为，求边上的中线所在的直线方程；（Ⅱ）求边上的高所在的直线方程；（Ⅲ）求的面积．20．（15分）已知圆过点，，．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）求过点的的切线方程．21．（15分）如图，四棱锥的底面是正方形，，，，为侧棱上的点，且．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）在侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求出的值；若不存在，说明理由．22．（15分）已知、分别是椭圆的左、右焦点，，点在椭圆上且满足．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）斜率为1的直线与椭圆相交于，两点，若的面积为，求直线的方程．

参考答案一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）1．【分析】根据中点坐标公式计算即可．【解答】解：空间直角坐标系中，点，0，，，2，，所以线段的中点坐标是，，，即，1，．故选：．【点评】本题考查了空间直角坐标系中点坐标公式应用问题，是基础题．2．【分析】由空间三点共线的条件可得，然后列方程，求出的值．【解答】解：由空间三点，1，，，3，，，5，，可得，2，，，4，，由，，在一条直线上，可设，则，解得，所以．故选：．【点评】本题考查空间的三点共线的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．3．【分析】由空间向量的加减和数乘运算法则，结合空间向量基本定理可得所求向量．【解答】解：由，可得，由点为中点，可得，则．故选：．【点评】本题考查空间向量基本定理，以及空间向量的加减和数乘运算，考查转化思想和运算能力，属于基础题．4．【分析】利用向量坐标运算法则求出，1，，，，，点到直线的距离为，由此能求出结果．【解答】解：空间中三点，0，，，1，，，，，，1，，，，，点到直线的距离为：．故选：．【点评】本题考查点到直线的距离的求法，考查向量坐标运算法则、点到直线的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．【分析】．直线，化为，设直线的倾斜角为，，，可得，解得，即可判断出正误；．利用方向向量与斜率之间的关系即可判断出正误；．利用相互平行的直线斜率之间的关系即可判断出正误；．利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可判断出正误．【解答】解：．直线，化为，设直线的倾斜角为，，，则，解得，因此不正确；．由斜率，可得向量不是直线的一个方向向量，因此不正确；．过点与直线平行的直线方程为，因此不正确；．若直线，两条直线的斜率满足：，则，因此正确．故选：．【点评】本题考查了相互垂直与平行的直线斜率之间的关系、倾斜角、斜率与方向向量之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．【分析】利用直线平行及其垂直与斜率之间的关系即可得出，．【解答】解：且，，，解得，．经过验证满足条件，则．故选：．【点评】本题考查了相互垂直及其平行与直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7．【分析】由题意可得所求直线垂直于直线且过圆心，求出所求直线的斜率，再由直线方程的斜截式得答案．【解答】解：圆的圆心坐标为，由直线和圆的位置关系可得，线段的垂直平分线是垂直于直线且过圆心的直线，直线的斜率为，所求直线的斜率为，故线段的垂直平分线的方程为：，即．故选：．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，得出直线过圆心且垂直于已知直线是解决问题的关键，是基础题．8．【分析】根据两个圆的圆心距，根据两个圆的圆心距等于两个圆的半径之和，可得两个圆外切．【解答】解：圆，即圆，表示以为圆心、2为半径的圆．而圆是以为圆心、3为半径的圆，两个圆的圆心距，即两个圆的圆心距等于两个圆的半径之和，故两个圆外切，故选：．【点评】本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，属于基础题．9．【分析】利用充分条件和必要条件结合椭圆方程判断即可．【解答】解：当时，方程表示圆，当方程表示椭圆，则需，，且．解得且，所以““是”方程是方程表示椭圆”的必要不充分条件，故选：．【点评】本题考查椭圆的性质和充分必要条件的综合，属于容易题．10．【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最小值为2，最大值为8，列出，的方程组，进而解出，，最后求出离心率．【解答】解：因为点到椭圆焦点的距离的最小值为2，最大值为8，所以，解得，所以椭圆的离心率为：．故选：．【点评】本题考查椭圆方程及其性质，属于容易题．11．【分析】设，，根据以及点在椭圆上建立方程组，解得坐标，即可知道点的个数．【解答】解：设，，，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，．，．，，，，，，即①，又，为椭圆上任意一点，，联立①②得或，使得成立的点的个数为2．故选：．【点评】本题考查椭圆的性质，属于中档题．12．【分析】以点，分别表示甲、乙两地，以点表示丙地，建立合适的平面直角坐标，求出点的轨迹方程，即可求得答案．【解答】解：以点，分别表示甲、乙两地，以点表示丙地，以线段的中点为坐标原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示：则，，设点，则，即，化简可得，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则，所以这个三角形信号覆盖区域的最大面积（单位：平方公里）是．故选：．【点评】本题考查了函数模型的选择与应用，解题的关键是建立符合条件的函数模型，分析清楚问题的逻辑关系是解题的关键，此类问题求解的一般步骤是：建立函数模型，进行函数计算，得出结果，再将结果反馈到实际问题中指导解决问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分.请把答案填在答题纸的相应位置）13．【分析】利用向量垂直的性质直接求解．【解答】解：向量，，，，，，，，解得实数．故答案为：8．【点评】本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．【分析】连结，可得异面直线与所成的角为，在直角三角形中，求得即可．【解答】解：连结，，异面直线与所成的角为，在正四棱柱中，可知面，则，．故答案为：．【点评】本题考查了异面直线所成的角，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．【分析】根据题意，将直线的方程变形为，然后求出的坐标，根据条件求出圆的半径，再得到圆的方程即可．【解答】解：根据题意，对于直线，变形可得，则有，解得，则定点的坐标为，以点为圆心且与轴相切的圆，其半径，则圆的方程为；故答案为：，．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线过定点问题，属于基础题，16．【分析】直接利用椭圆的定义和方程，余弦定理和三角形的面积，平面向量的数量积的应用判断、、、的结论．【解答】解：已知，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上，如图所示：根据椭圆的性质，，，，故△的周长为；设，，所以，利用余弦定理，整理得，故，所以；故答案为：10；；【点评】本题考查的知识要点：椭圆的定义和方程，余弦定理和三角形的面积，平面向量的数量积，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．17．【分析】画出图形，根据对称性，观察可知当，，三点共线时距离最小，进而得解．【解答】解：圆关于直线对称的曲线，点关于直线对称的点在圆上，则有，故，显然当，，三点共线时，距离和最小，从而转化为求，两点距离的最小值，显然．故答案为：5．【点评】本题主要考查两圆上点的距离最值问题，考查数形结合思想的运用，属于中档题．18．【分析】根据新定义为两点，，，之间的“折线距离”，依次判断即可．【解答】解：对于①：坐标代入，故①对．对于②：到原点的“折线距离”不大于1的点的集合，如图：构成的区域面积为，故②不正确．对于③：设，则，函数图像如下：则最小值为3，故③正确；对于④：因为圆表示以为圆心，1为半径的圆，设，则，令，即，所以，解得，即最大值为，故④正确；故答案为：①③④．【点评】本题考查了对新定义的理解和运用能力，属于中档题．三、解答题：本大题共4小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．【分析】（Ⅰ）利用线段中点坐标公式可得，线段的中点为，利用斜率计算公式可得，利用点斜式即可得出边上的中线所在的直线方程．（Ⅱ）设，交与点，有斜率计算公式可得，利用相互垂直的直线斜率之间的关系可得，即可得出边上的高所在的直线方程．（Ⅲ）利用点斜式可得直线的方程，利用点到直线距离公式可得，点到直线的距离，利用两点之间的距离公式可得，即可得出的面积．【解答】解：（Ⅰ）线段的中点为，，即，，所以，所以边上的中线所在的直线方程为，即．（Ⅱ）设，交与点，则，所以，所以边上的高所在的直线方程为，即．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，，所以直线的方程为，即，所以点到直线的距离．，所以的面积为．【点评】本题考查了线段中点坐标公式、斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式、点到直线距离公式、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20．【分析】（Ⅰ）根据题意，求出直线和的斜率，分析可得直线与垂直，由此确定圆的圆心和半径，计算可得答案；（Ⅱ）根据题意，分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，，，；则，，则有，即直线与垂直，故圆心为的中点，故，圆的半径，圆的方程为；（Ⅱ）根据题意，设要求直线为，分2种情况讨论：①直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意，②直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则有，解可得，此时直线的方程为，变形可得；综合可得：切线的方程为或．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及切线方程的计算，属于基础题．21．【分析】（Ⅰ）利用平面几何知识证明，，由线面垂直的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（Ⅲ）假设在侧棱上存在一点，使得平面，设，求出的坐标，利用，由空间向量数量积的坐标表示，列式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以点是，的中点，因为，，所以，，且，，平面，故平面；（Ⅱ）因为四边形是正方形，，所以，由（Ⅰ）可知，，，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，所以，，则平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，故，所以，由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为；（Ⅲ）假设在侧棱上存在一点，使得平面，设，则，因为，所以，由（Ⅱ）可知，平面的一个法向量为，由，可得，解得，所以，所以在侧棱上存在一点，使得平面，的值