浙江省9+1高中联盟2020-2021学年高二上学期期中考试数学试题 含答案

2020学年第一学期9+1高中联盟期中考试

高二年级数学学科试题

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

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，只有一项是符合题目要求的.

1.直线y3x3的倾斜角为（ ）

A． 30° B． 60° C． 120° D．150°

2. 已知直线l1:mxy10，l2:2m3xmy10，mR，则“m2”是“l1l2”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 3.椭圆x4y1的离心率为 （ ）

22A．

3232 B． C． D．

22434. 在空间直角坐标系中，已知M1,0,2,N3,2,4，则MN的中点Q关于平面xOy的对称点坐标是（ ）

A．1,1,1 B．1,1,1 C. 1,1,1 D．1,1,1 5. 已知m为空间的一条直线，,为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若m//,//，则m// B．若,m，则m// C. 若m//,，则m D．若m,//，则m 6. 方程xy2所表示的曲线大致形状为（ ）

A． B．

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C. D．

x2y22+1的右焦点，点P为椭圆C1与圆C2:x2y218的一个交点，则7. 已知点F为椭圆C1:84PF（ ）

A． 1 B．2 C. 2 D．22 8. 设有一组圆Ck:x1ykk①存在k，使圆与x轴相切 ②存在一条直线与所有的圆均相交 ③存在一条直线与所有的圆均不相交 ④所有的圆均不经过原点 其中正确的命题序号是（ ）

A．①②③ B．②③④ C.①②④ D．①③④

9. 若三棱锥PABC满足，PABC,PBAC,PCAB，则该三棱锥可能是（ ） A．AB2,BC3,CA4 B．AB3,BC4,CA5 C. AB4,BC5,CA6 D．以上选项都不可能

10. 如图，在棱长为1的正方体中ABCDA1B1C1D1，若点M,N分别为线段BD1，CB1上的动点，点P为底面ABCD上的动点，则MNMP的最小值为（ ）

224kN，给出下列四个命题：

*

A．

2312 B． C. D．1

233第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.

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11.已知直线l:mxym10mR过定点P，则点P的坐标是___________，点P关于直线

xy20的对称点Q的坐标是__________.

12.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆弧为为___________.

1圆周，则该几何体的体积为__________，表面积4

x2y21上的动点，则2m3n的最大值是 ，点P到直线13.已知Pm,n是椭圆4l:x2y320的最小距离是___________.

14.如图，在三棱锥PABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA平面ABC，ADPB，垂足为D，DEPC，垂足为E，若PA23,AC2，则大值是__________.

PE

 ，三棱锥PADE体积的最EC

15.经过点M2,1作圆O:xy5的切线，则切线的方程为 ．

2216.已知正三棱柱ABCA1B1C1的棱长均为2，则异面直线AB与A1C所成角的余弦值为 ．

x2y217.已知O为坐标原点，F1,F2分别是椭圆C:221ab0的左右焦点，A为椭圆的右顶点，Pab为C上一点，且PF2x轴，过点A的直线l与线段PF2交于点M，与y轴交于点N，若直线F1M与y轴

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交于点Q，且ON3OQ，则C的离心率为___________.

三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

x2y221表示焦点在y轴上的椭圆；18. 已知mR，命题p:方程命题q:函数fxxxmm19m在2,2上有零点.

（1）若命题p是真命题，求实数的取值范围；

（2）若命题p,q中有且只有一个真命题，求实数m的取值范围. 19. 如图，三棱柱ABCA1B1C1的棱长均相等，CC1B1棱A1B1、BC的中点.

（1）求证：BE//平面A1FC1； （2）求二面角FAC11B1的大小.

3，平面ABC平面BCC1B1，E,F分别为

20. 如图，已知三棱锥ABCD中，点M在BD上，BADBDC为正三角形.

（1）证明：CMAD；

（2）求直线CM与平面ACD所成角的正弦值.

2，BMMDDC，且ACD

21.如图，已知圆C1:x1y12，圆C2:x2y15，过原点O的直线l与圆C1，C2的交点依次是P,O,Q.

2222Earlybird

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（1）若OQ2OP，求直线l的方程；

（2）若线段PQ的中点为M，求点M的轨迹方程.

x2y21，22.如图，已知椭圆:斜率为k的直线l与椭圆交于A,B两点，过线段AB的中点M作AB43的垂线交y轴于点C.

（1）设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2，若k1，直线l经过椭圆的左焦点，求

11的值； k1k2（2）若AB23，且k2,1，求OMC面积的取值范围.

34

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试卷答案

一、选择题

1-5:CABDD 6-10:DBCCA 二、填空题

11. 1,1,1,3 12. 2516，44 13. 5，

105 14. 3，34 15. 2xy50 16. 24 17. 13 三、解答题

18.解：（1）命题p:9mm101m4， 即实数m的取值范围为1,4；

（2）命题p真：x2,2时，mxx26,14，

p真q假时m14,4，

p假q真时m6,1，

∴m6,114,4. 19.证明：

（1）取A1C1的中点G，连接EG,FG， 于是EG//12BC111，又BF//2B1C1， 所以BF//EG，

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所以四边形BFGE是平行四边形，

所以BE//FG，而BE面A1FC1，FG面A1FC1， 所以直线BE//平面A1FC1；

（2）连接FBBCC01,B1G，∵ 四边形1B1为菱形，CC1B160，

F为BC的中点，∴FB1B1C1，∵平面ABC平面BCC1B1，

∴FB1平面A1B1C1，又B1GAC11，∴FGA1C1， ∴FGB1就是二面角FA1CB1的平面角，设棱长为2， 则FB1BG13，∴FGB14，

∴二面角FA1CB1的大小为4. 20.解：

（1）取AD中点P，连结MP,CP，由条件CPAD， 又由BAD2,MP//AB得MPAD，

∴AD面CMP，又∵CM面MPC，∴CMAD；

（2）过M作MHCP于点H，由（1）可知，ADMH，∴MH面ACD，∴MCP即为直线CM与面ACD所成的角， 不妨设CD1，则CM2,MP32,CP32， 2∴cosMCP2633 2Earlybird

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∴sinMCP33 所以直线CM与平面ACD所成角的正弦值为33. 21.解：（1）设直线l的方程为：ykx，C1,C2到直线l的距离为d1,d2.

由条件25d22d222241，即4d1d23，

22所以4k12k12223，整理，得k4k0，解得k0或k4， k1k1所以直线l的方程为：y0或y4x；

（2）设l:ykx；则由ykx2y15消去y，得1k2x22k4xx220，解得x10,x22k41k2.其中k2， 所以Q2k4,k2k41k21k2， 由ykxy12消去y，得x1221k2x22k2x0， 解得x22k22kk22k30,x41k2，其中k1，所以P,1k21k2， Mx,yx2k1，则1k2设

yk2k11k2消去k，得：x2y2x2y0，（挖去点32,3362和5,5）. 22.解：（1）由已知可得直线l的方程为：yx1，设Ax1,y1,Bx2,y2，

yx由1x2y2得：7x28x80，且x881x2,x1x243177，

所以

11x1x2x1x2x1x2x1x28kk12x； 12y1y2x121x1x2x1x213Earlybird

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ykxm（2）设直线l的方程为：ykxm，Ax1,y1,Bx2,y2，由x2y2，431

得：4k23x28kmx4m2120，

由韦达定理可知x8km4m21x24k23,x121x24k23， 所以xM4km4k23， 线段AB的中垂线方程为：y1kx4km4k233m4k23，整理得y1kxm4m23，所以yCm4k23.

2又由AB1k2x21x24x1x21k24m8km2124k2344k2323， 22整理可得：21k24k23m24k23，即m24k2314k34k21①， 所以S11km4mkOMD2OCx2M24k234k232m4k232 将①代入整理可得：SkkOMC214k232k2121114k321， kkk因为k2334,1，所以k,1，而我们知道，

2y21,y112都是关于k在34k3k12,1上的单调递减函数，

kk

所以当k1时，S13OMC有最小值

28，当k2时，S3OMC有最大值42，

所以S13OMC,2842.



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