2020-2021学年山东省泰安市某校高二（上）期中数学试卷 (1)
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2020-2021学年山东省泰安市某校高二（上）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一个选项是符合题目要求的)1.已知两个非零向量a→=(x1, y1, z1)，b→=(x2, y2, z2)，则这两个向量在一条直线上的充要条件是（）A.a→:|a→|=b→:|b→|B.x1x2=y1y2=z1z2C.x1x2+y1y2+z1z2=0D.存在非零实数k，使a→=kb→2.已知A(1, -2, 3)、B(2, 1, -1)两点，则直线AB与空间直角坐标系中的yOz平面的交点坐标为（）A.(0, 0, 0)B.(0, -5, 7)C.(53,0,13)D.(74,14,0)3.设O-ABC是正三棱锥，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=3GG1，若OG→＝xOA→+yOB→+zOC→，则x+y+z=()A.14B.12C.34D.14.已知直线l：(m+3)x+(m-2)y-m-2=0，点A(-2, -1)，B(2, -2)，若直线l与线段AB相交，则m的取值范围为（）A.(-∞, -4]∪[4, +∞)B.(2, 2)C.[-32, 8]D.(4, +∞)5.已知圆C与直线x-y＝0及x-y-4＝0都相切，圆心在直线x+y＝0上，则圆C的方程为（）A.(x+1)2+(y-1)2＝2B.(x-1)2+(y+1)2＝2C.(x-1)2+(y-1)2＝2D.(x+1)2+(y+1)2＝26.如果圆(x-a)2+(y-a)2=4上有且仅有两个点到原点的距离为2，那么实数a的取值范围为（）A.(-22，0)B.(-22，22)C.(-22，0)∪(0,22)D.(-22, -1)∪(1, 22)7.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1，过点F1作倾斜角为30∘的直线与圆x2+y2=b2相交的弦长为3b，则椭圆的离心率为（）A.12B.22C.34D.32试卷第7页，总8页, 8.已知双曲线x24-y2b2=1(b>0)的左右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线交双曲线右支于A、B两点，若△ABF1是等腰三角形，且∠A＝120∘，则△ABF1的周长为（）A.1633+8B.4(2-1)C.433+8D.2(3-2)二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.)9.下列命题中不正确的是（）A.若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→+BC→+CD→+DA→=0B.若|a→|=|b→|，则a→、b→的长度相等而方向相同或相反C.|a→|-|b→|=|a→+b→|是a→、b→共线的充分条件D.对空间任意一点P与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→+yOB→+zOC→(x, y, z∈R)，则P、A、B、C四点共面10.已知平面上一点M(5, 0)，若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是( )A.y=x+1B.y=2C.y=43xD.y=2x+111.定义空间两个向量的一种运算a→⊗b→=|a→|⋅|b→|sin<a→，b→>，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（）A.a→⊗b→=b→⊗a→B.λ(a→⊗b→)=(λa→)⊗b→C.(a→+b→)⊗c→=(a→⊗c→)+(b→⊗c→)D.若a→=(x1, y1)，b→=(x2, y2)，则a→⊗b→=|x1y2-x2y1|12.已知P是椭圆C:x26+y2=1上的动点，Q是圆D：(x+1)2+y2=15上的动点，则( )A.C的焦距为5B.C的离心率为306C.圆D在C的内部D.|PQ|的最小值为255试卷第7页，总8页, 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.)13.已知光线通过点M(-3, 4)，被直线l:x-y+3＝0反射，反射光线通过点N(2, 6)，则反射光线所在直线的方程是________．14.已知过点P(4, 1)的直线l与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积最小时，直线l的方程为________．15.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，|AB|=|AD|=|AA1|=1，∠BAD=∠BAA1=120∘，∠DAA1=60∘，则线段AC1的长度是________．16.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是________．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.已知两圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0，C2:x2+y2-10x-12y+45=0．(1)判断圆C1和圆C2的关系，并证明；(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线方程和公共弦长．18.已知直线l:3x-2y-6=0．（1）若直线l1过点M(1, -2)，且l1⊥l，求直线l1的方程；（2）若直线l2 // l，且直线l2与直线l之间的距离为13，求直线l2的方程．19.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上．（1）求异面直线D1E与A1D所成的角；（2）若二面角D1-EC-D的大小为45∘，求点B到平面D1EC的距离．20.已知：椭圆x216+y24=1，求：（1）以P(2, -1)为中点的弦所在直线的方程；（2）斜率为2的平行弦中点的轨迹方程．21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，且椭圆C的右顶点到直线x-y+2=0的距离为3．（1）求椭圆C的方程；试卷第7页，总8页, （2）过点P(2, 0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，求△OAB面积的最大值（O为坐标原点）．22.如图1，在梯形ABCD中，AB // CD，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F．AB=AE=2，CD=5，DE=1，将△ADE沿AE以及△BCF沿BF同侧折起，得如图2空间几何体ADE-BCF.(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；(2)若DE // CF，CD=3，线段AB上存在一点P，满足直线CP与平面ACD所成角的正弦值为520，求线段AP的长．试卷第7页，总8页, 参考答案与试题解析2020-2021学年山东省泰安市某校高二（上）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一个选项是符合题目要求的1.D2.B3.C4.C5.B6.C7.B8.A二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.A,B,D10.B,C11.A,D12.B,C三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.y＝6x-614.x+4y-8=015.6216.23四、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.(1)证明：圆C1和圆C2相交.理由如下：∵圆C1的标准方程为(x-1)2+(y-3)2=11，圆心为C1(1, 3)，半径r1=11，圆C2的标准方程为(x-5)2+(y-6)2=16，圆心为C2(5, 6)，半径r2=4，∴|C1C2|=(5-1)2+(6-3)2=5.∵4-11<|C1C2|=5<4+11，∴圆C1和圆C2相交．(2)解：两圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0，C2:x2+y2-10x-12y+45=0，两圆相减，得公共弦所在直线方程为8x+6y-46=0，即4x+3y-23=0．∵圆心C2(5, 6)到直线4x+3y-23=0的距离为d=|4×5+3×6-23|16+9=3，∴圆C1，C2的公共弦长|AB|=2r22-d2=216-9=27．18.因为直线l 的方程为3x-2y-6=0，所以直线l 的斜率为32．因为l1⊥l试卷第7页，总8页, ，所以直线l1的斜率为-23．因为直线l1 过点M(1, -2)，所以直线l1的方程为y+2=-23(x-1)，即2x+3y+4=0．因为直线l2与直线l 之间的距离为13，所以可设直线l2的方程为3x-2y+m=0，所以|m+6|32+(-2)2=13，解得m=7或m=-19．故直线l2的方程为3x-2y+7=0或3x-2y-19=0．19.解：解法一：（1）连结AD1．由AA1D1D是正方形知AD1⊥A1D．∵AB⊥平面AA1D1D，∴AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影．根据三垂线定理得AD1⊥D1E，则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…（2）作DF⊥CE，垂足为F，连结D1F，则CE⊥D1F．所以∠DFD1为二面角D1-EC-D的平面角，∠DFD1=45∘．于是DF=DD1=1，D1F=2，易得Rt△BCE≅Rt△CDF，所以CE=CD=2，又BC=1，所以BE=3．设点B到平面D1EC的距离为h，则由于VB-CED1=VD-BCE，即f'(x)，因此有CE⋅D1F⋅h=BE⋅BC⋅DD1，即22h=3，∴h=64．…..…解法二：如图，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．（1）由A1(1, 0, 1)，得DA1→=(1,0,1)，设E(1, a, 0)，又D1(0, 0, 1)，则D1E→=(1,a,-1)．∵DA1→⋅D1E→=1+0-1=0∴DA1→⊥D1E→，则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…(2)m→=(0, 0, 1)为面DEC的法向量，设n→=(x, y, z)为面CED1的法向量，则|cos<m→，n→>|=|m→||n→|˙=|z|x2+y2+z2=cos45∘=22，∴z2=x2+y2．①由C(0, 2, 0)，得D1C→=(0,2,-1)，则n→⊥D1C→，即n→⋅D1C→=0，∴2y-z=0②由①、②，可取n→=(3,1,2)，又CB→=(1,0,0)，所以点B到平面D1EC的距离d=|n→|˙=322=64．…20.设弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，可得：x1216+y124=1，x2216+y224=1，相减可得：(x1+x2)(x1-x2)16+(y1+y2)(y1-y2)4=0，把x1+x22=2，y1+y22=-1，k=y1-y2x1-x2代入可得：k=12．∴以P(2, -1)为中点的弦所在直线的方程为：y+1=12(x-2)，化为：x-2y-4=0．设直线方程为：y=2x+m，弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，中点M(x, y)．联立y＝2x+mx216+y24＝1，化为：17x2+16mx+4m2-16=0，△=256m2-68(4m2-16)>0，化为：m2<68．∴试卷第7页，总8页, x1+x2=-16m27=2x，化为：x=-8m17．y=2×(-8m17)+m=m17．∴y=-18x(-161717<x<161717)．21.由椭圆的方程可得右顶点(a, 0="">0可得：a＝22，由离心率e=32=ca=c22，可得c=6，所以b2＝a2-c2＝8-6＝2，所以椭圆C的方程为：x28+y22=1；由题意显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l与椭圆的方程可得：x=my+2x28+y22=1 ，整理可得：(4+m2)y2+4my-4＝0，y1+y2=-4m4+m2，y1y2=-44+m2所以S△OAB=12|OP|⋅|y1-y2|=12⋅2⋅(y1+y2)2-4y1y2=16m2(4+m2)2+164+m2=44+2m24+m2，设t=4+2m2≥2，则m2=t22-2，所以S△AOB=4t4+t22-2=42t+t≤422t⋅t=2，当且仅当2t=t，即t=±2时取等号，所以△OAB面积的最大值为2．22.(1)证明：由已知得，四边形ABFE是正方形，且边长为2，∴AF⊥BE.又AF⊥BD，BE∩BD=B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，∴AF⊥平面BDE.又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE.又AE⊥DE，AE∩AF=A，AE⊂平面ABFE，AF⊂平面ABFE，∴DE⊥平面ABFE．(2)解：由题意得，AE⊥DE，AE⊥EF，DE⊂平面DEFC，EF⊂平面DEFC，DE∩EF=E，则AE⊥面DEFC.过点D作DM // EF交CF于点M，连接CE.则DM=2，CM=1.又因为CD=3，所以CD2+CM2=DM2，则DC⊥CM，所以∠CDM=π6，CE=2.过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA试卷第7页，总8页, ，EF两两垂直，以E为坐标原点，以EA→，EF→，EG→分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,3)，D(0,-12,32)，AC→=(-2,1,3)，AD→=(-2,-12,32)．设平面ACD的一个法向量为n→=(x,y,z)，由n→⋅AC→=0，n→⋅AD→=0， 得-2x+y+3z=0，-2x-12y+32z=0， 取x=1，得n→=(1,-1,3).设AP=m，则P(2, m, 0)(0≤m≤2)，则CP→=(2,m-1,-3)，设直线CP与平面ACD所成的角为θ，sinθ=|cos<cp→,n→>|=|-m|5×7+(m-1)2=520，解得，m=23或m=45（舍去），所以AP=23．试卷第7页，总8页</cp→,n→></x<161717)．21.由椭圆的方程可得右顶点(a,></m→，n→></a→，b→>
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