2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷人教A版（Word含答案解析）

2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷
一、单选题：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.
已知直线，且，则的值为（
）
A.或
B.
C.
D.或
?
2.
若一个圆锥的轴截面是面积为的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（
）
A.
B.
C.
D.
?
3.
把正方形沿对角线折起，当以，，，四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线和平面所成角的大小为（
）
A.
B.
C.
D.
?
4.
若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线＝的距离为（
）
A.
B.
C.
D.
?
5.
下列命题中，正确的命题是（
）
A.任意三点确定一个平面
B.三条平行直线最多确定一个平面
C.不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行
D.一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行
?
6.
已知，，，则点到直线的距离为（
）
A.
B.
C.
D.
?
7.
已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为，体积为，则这个球的表面积是（
）
A.
B.
C.
D.
?
8.
直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是?
?
?
??
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
?
若是的充分不必要条件，则实数的值可以是（
）
A.
B.
C.
D.
?
已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（
）
A.若，，则
B.若，＝，则
C.若，，则
D.若，，，则
?
若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，．若点为的中点，则下列说法正确的为（
）
A.平面
B.面
C.四棱锥外接球的表面积为
D.四棱锥的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
?
命题“，”的否定是________．
?
已知直线的方程为，的方程为，直线与平行且与在轴上的截距相同，则直线的斜截式方程为________．
?
若直线与曲线有两个不同交点，则的取值范围是________．
?
已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面平面，，，三棱锥的体积为，则球的表面积为________．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
?
已知直线：，若直线在轴上的截距为，且．
求直线和直线的交点坐标；
已知直线经过直线与直线的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的倍，求直线的方程．
?
四棱锥的底面为直角梯形，，，，平面，．
（1）求证：；
（2）求四棱锥的体积．
?
已知圆的圆心坐标为，且圆与轴相切．
（1）已知，，点是圆上的任意一点，求的最小值．
（2）已知，直线的斜率为，且与轴交于点．若直线与圆相离，求的取值范围．
?
直三棱柱中，，，，点是线段上的动点．
（1）当点是的中点时，求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由．
?
如图，多面体中，四边形是菱形，，平面，，．
（1）求二面角的大小的正切值；
（2）求点到平面的距离；
（3）求直线与平面所成的角的正弦值．
?
已知圆，过点任作圆的两条相互垂直的弦、，设、分别是、的中点．
（1）直线是否过定点？若过，求出该定点坐标，若不过，请说明理由；
（2）求四边形面积的最大值，并求出对应直线、的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷
一、单选题：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.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用直线与直线垂直的性质直接求解．
【解答】
当时，直线，，
此时满足，∴
适合题意；
当时，直线直线化为，可得斜率，
化为，可得斜率．
∵
，
∴
，解得，
综上可得：或．
2.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设圆锥的底面圆半径、高和母线长，根据直角三角形的边角关系和面积公式列方程求出和的值，再计算圆锥的侧面积公式．
【解答】
设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，
由题意知，，
则轴截面的面积为，
解得，所以；
所以该圆锥的侧面积为．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
欲使得三棱锥体积最大，因为三棱锥底面积一定，只须三棱锥的高最大即可，即当平面平面时，三棱锥体积最大，计算可得答案．
【解答】
如图，当平面平面时，三棱锥体积最大
取的中点，则平面，
故直线和平面所成的角为，
∵
＝，且，∴
＝．
∴
当以，，，四点为顶点的正棱锥体积最大时，
直线和平面所成角的大小为．
4.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
【解析】
由已知设圆方程为＝，代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可．
【解答】
由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，．
故圆的方程为＝，再把点代入，求得＝或，
故要求的圆的方程为＝或＝．
故所求圆的圆心为或；
故圆心到直线＝的距离或；
5.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
在中，不共线的三点确定一个平面；在中，三条平行直线最多确定三个平面；在中，由线面垂直的性质定理得这两条直线平行；在中，一个平面中的两条相交直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行．
【解答】
在中，不共线的三点确定一个平面，故错误；
在中，三条平行直线最多确定三个平面，故错误；
在中，不同的两条直线均垂直于同一个平面，
则由线面垂直的性质定理得这两条直线平行，故正确；
在中，一个平面中的两条相交直线与另一个平面都平行，
则这两个平面平行，故错误．
6.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
用点斜式求直线的方程，再由题意利用点到直线的距离公式求得结果．
【解答】
∵
已知，，，
易知的斜率，故的方程为，即．
所以到的距离为．
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
设正四菱形的底面边长为，则，求出，从而这个球的半径，由此能求出这个球的表面积．
【解答】
∵
各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为，体积为，
∴
设正四菱形的底面边长为，则，
解得，
∴
这个球的半径，
∴
这个球的表面积．
8.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
圆的综合应用
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
求出，，，设，点到直线的距离：，由此能求出面积的取值范围．
【解答】
解：∵
直线分别与轴，轴交于，两点，
∴
令，得，令，得，
∴
，，，
∵
点在圆上，
∴
设，
∴
点到直线的距离：
，
∵
，
∴
，
∴
面积的取值范围是．
故选．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
B,C,D
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
求解一元二次不等式，把若是的充分不必要条件转化为?，由此得到的范围，则答案可求．
【解答】
解：由，解得．
又是的充分不必要条件，
∴
?，则，
∴
实数的值可以是，，．
故选.
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
利用空间线面、面面位置关系的判定即可得出结论．
【解答】
．由，，则，正确；
．由，＝，则与的位置关系不确定；
．由，，则正确
．由，，，则，因此不正确．
【答案】
A,B,C
【考点】
直线的一般式方程
直线的点斜式方程
【解析】
讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．
【解答】
解：当直线经过原点时，斜率为，
所求的直线方程为，即；
当直线不过原点时，设所求的直线方程为，
把点代入可得，或，
求得，或，
故所求的直线方程为，或；
综上知，所求的直线方程为?，或．
故选.
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
设，取中点为，连接，可得．，．
，根据，，即可判定平面不可能；
，由，可得面；
，由，即可得四棱锥外接球的表面积．
，利用体积公式可得四棱锥的体积为．
【解答】
如图，设，取中点为，∵
∴
，
∵
侧面平面，侧面平面，∴
平面．
连接，可得．
∴
．
对于，∵
，∴
不可能垂直，∴
平面不可能，故错；
对于，∵
，面，∴
面，故正确；
对于，∵
，，故为四棱锥外接球的球心，故四棱锥外接球的表面积为，故正确．
对于，四棱锥的体积为，故错．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
，
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【解答】
因为特称命题的否定是全称命题，所以：命题“，”的否定是：，．
【答案】
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意求出直线的斜率和在轴上的截距，用斜截式求直线的方程．
【解答】
由斜截式方程知直线的斜率，又，所以的斜率．
由题意知在轴上的截距为，所以在轴上的截距．
由斜截式方程可得直线的方程为．
【答案】
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
判断曲线的形状，通过直线与曲线相切，求出取得最大值，然后求解的最小值，推出结果；
【解答】
曲线是以为圆心，为半径的圆，且在直线上方的半圆．
要使直线与曲线有两个不同交点，则直线在如图所示的两条直线之间转动，
即当直线与曲线相切时，取得最大值，，
解得?；（舍去）．
当直线过点时，取最小值．
直线与曲线有两个不同交点，故的取值范围是．
【答案】
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，设，取的中点，连结，．
因为，，
所以，．
所以．
又因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
所以．
解得，
所以．
故答案为：．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
解：∵
，
∴
．
∴
直线的方程为：＝，
化为：＝．
联立
解得
∴
直线和的交点坐标为．
当直线经过原点时，
可得方程：．
当直线不经过过原点时，
设在轴上截距为，
则在轴上的截距的倍，
其方程为：，
把交点坐标代入,
可得：，
解得．
可得方程：．
综上可得直线的方程为：
或．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
两条直线的交点坐标
直线的截距式方程
【解析】
利用，可得斜率．利用点斜式可得直线的方程，与直线和的交点坐标为.
当直线经过原点时，可得方程．当直线不经过过原点时，设在轴上截距为，则在轴上的截距的倍，其方程为：，把交点坐标代入可得．
【解答】
解：∵
，
∴
．
∴
直线的方程为：＝，
化为：＝．
联立
解得
∴
直线和的交点坐标为．
当直线经过原点时，
可得方程：．
当直线不经过过原点时，
设在轴上截距为，
则在轴上的截距的倍，
其方程为：，
把交点坐标代入,
可得：，
解得．
可得方程：．
综上可得直线的方程为：
或．
【答案】
因为平面，平面，
所以，
又因为，，
所以平面．
又平面，所以．
，
又平面，
所以．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面垂直
【解析】
（1）推导出，，从而平面．由此能证明．
（2）推导出，平面，由此能求出四棱锥的体积．
【解答】
因为平面，平面，
所以，
又因为，，
所以平面．
又平面，所以．
，
又平面，
所以．
【答案】
当时，圆的方程为，
又，
∴
的最小值为；
∵
直线的斜率为，且与轴交于点，
∴
直线的方程为，即．
∵
直线与圆相离，
∴
，又，则，解得．
∴
的取值范围为．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求出圆的方程，再求出到圆心的距离，减去半径得答案；
（2）写出直线方程，利用圆心到直线的距离大于半径求解．
【解答】
当时，圆的方程为，
又，
∴
的最小值为；
∵
直线的斜率为，且与轴交于点，
∴
直线的方程为，即．
∵
直线与圆相离，
∴
，又，则，解得．
∴
的取值范围为．
【答案】
证明：如图，连接，交于点，连接，
则点是的中点，
又点是的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，
所以平面．
当时，平面平面．
证明：因为平面，平面，
所以．
又，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
故点满足．
因为，，，所以，
故是以角为直角的三角形，
又，所以．
【考点】
平面与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）取的中点，由中位线定理可得，故而平面；
（2）当时，可证平面平面，从而得出的长度．
【解答】
证明：如图，连接，交于点，连接，
则点是的中点，
又点是的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，
所以平面．
当时，平面平面．
证明：因为平面，平面，
所以．
又，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
故点满足．
因为，，，所以，
故是以角为直角的三角形，
又，所以．
【答案】
作，于点，连接，
四边形是菱形，，，
为等边三角形，，，
∵
平面，平面，∴
，
又?，，∴
平面，∴
，
∴
为二面角的平面角，
∴
；
连接，设点到平面的距离为，
则，
即，
解得：；
点到平面的距离．
作于点，连接，∵
为等边三角形，∴
为的中点，，
∵
平面，平面，∴
，
又∵
，，∴
平面，
∴
为直线与平面所成的角，
∴
．
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
【解析】
（1）作，于点，连接，说明为二面角的平面角，通过求解三角形推出结果．
（2）连接，设点到平面的距离为，通过，求解点到平面的距离．
（3）作于点，连接，说明为直线与平面所成的角，通过求解三角形推出结果即可．
【解答】
作，于点，连接，
四边形是菱形，，，
为等边三角形，，，
∵
平面，平面，∴
，
又?，，∴
平面，∴
，
∴
为二面角的平面角，
∴
；
连接，设点到平面的距离为，
则，
即，
解得：；
点到平面的距离．
作于点，连接，∵
为等边三角形，∴
为的中点，，
∵
平面，平面，∴
，
又∵
，，∴
平面，
∴
为直线与平面所成的角，
∴
．
【答案】
当直线、的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，，，
由得：，
∵
点在圆内，故．
又∴
，
即?，
∵
以代换得，
∴
．
∴
直线的方程为：，
化简得，故直线恒过定点，
当直线、的斜率不存在或为时，显然直线恒过定点，
综上，直线恒过定点．
解法一：圆心到直线的距离，
（或由第（1）问得：，
以代换得，
∵
，∴
以代换得：，
∴
S
，
当且仅当时，取等号，
故四边形面积的最大值为，
对应直线、分别为，或，．
解法二：设圆心到直线、的距离分别为、，
则，
∵
，∴
，∴
，
当且仅当，即时，取等号，
故四边形面积的最大值为，
对应直线、分别为，或，．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）当直线、的斜率存在且不为，设直线的方程为：，，，
由得：，利用韦达定理，求出坐标，然后求解的坐标，求出直线系方程，推出直线恒过定点．
（2）解法一：圆心到直线的距离，求出弦长，然后转化求解四边形的面积，推出直线方程即可．
解法二：设圆心到直线、的距离分别为、，求出，的长，通过推出，然后求解四边形的面积，利用基本不等式求解最值，推出成立的条件，求出直线方程．
【解答】
当直线、的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，，，
由得：，
∵
点在圆内，故．
又∴
，
即?，
∵
以代换得，
∴
．
∴
直线的方程为：，
化简得，故直线恒过定点，
当直线、的斜率不存在或为时，显然直线恒过定点，
综上，直线恒过定点．
解法一：圆心到直线的距离，
（或由第（1）问得：，
以代换得，
∵
，∴
以代换得：，
________∴
，
当且仅当时，取等号，
故四边形面积的最大值为，
对应直线、分别为，或，．
解法二：设圆心到直线、的距离分别为、，
则，
∵
，∴
，________
∴
，
当且仅当，即时，取等号，
故四边形面积的最大值为，
对应直线、分别为，或，．
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