【文档说明】北京市第四十三中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(14)页，445.890 KB，由小赞的店铺上传

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北京市第四十三中学2020—2021学年度第一学期期中高二数学2020.11.试卷满分：150分考试时间：120分钟一．选择题（本大题共10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．已知集合242{60MxxNxxx，，则MN=()A．{43xxB．{42xxC．{22xxD．{23xx2．若cos0，tan0，则是()A．第四象限角B．第三象限角C．第二

象限角D．第一象限角3．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（）A．2xyB．1yxC．3yxD．cosyx4．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(21)P，，则cos2（）A．223B．13C．13D．

2235.(1,2)M，(3,0)N两点之间的距离为（）A.22B.4C.25D.56．已知向量(1,2,1),(3,,)xyab,且//ab,那么||b（）A．36B．6C．9D．187．圆2212xy的圆心到直线10xy的距离为（）

A．2B．2C．1D．228．已知,mn是两条不同直线，,,是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若,,mn‖‖则mn‖B．若,,则‖C．若,,mm‖‖则‖D．若,,mn则mn‖9.圆0104422yxyx上

的点到直线014yx的最大距离与最小距离的差是（）A．36B.26C.18D.2510.如图,在边长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD1C1B1D1AEABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值

为（）A.455B.2C.22D.3二．填空题（本大题共6小题，每题5分，共30分，把答案填在答题纸上）11.已知UR，2{|230}Axxx，则UCA12.过点（1，0）且与直线220xy

平行的直线方程是13.直线30xy的倾斜角为,x轴上截距为14.在ABC中，4,5,6abc，则cosA______，ABC的面积为_______.15.已知直线60xay与圆228xy交于,AB两点，若22AB，则a____.1

6.已知点P是直线:3120lxy上的一点，过P作圆22(2)1xy的切线，切点为A，则切线长||PA的最小值为_____.三．解答题（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.

（本题13分）如图，在正三棱柱111ABCABC中，D为AB的中点.（Ⅰ）求证：CD平面11ABBA；【6分】（Ⅱ）求证：1//BC平面1ACD.【7分】18.（本题12分）在钝角．．ABC中，角A，B，C所对的边分别为

a，b，c，已知32104abB，，，（Ⅰ）求sinA的大小；【4分】（Ⅱ）求边c和ABC的面积．【8分】19．（本题10分）已知直线l经过直线3420xy与直线220xy的交点P，且垂直于直线210xy．（Ⅰ）求直线l的方程．【6分】BACA

1C1B1D（Ⅱ）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．【4分】20.（本题15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，2ABAP,E为棱PD的中点.（Ⅰ）求证CDAE；【4分】（Ⅱ）求直线AE与平面PBD所成角的正弦值；【7分】（Ⅲ）求点A到平

面PBD的距离。【4分】21.（本题15分）已知圆C：22344xy，直线l过定点()1,0A．（Ⅰ）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；【5分】（Ⅱ）若直线l与圆C相交于P，Q两点，求CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程．【10

分】EBCADP22.（本题15分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，1ACBCCC，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：1ACCF；（Ⅱ）求证：BE∥平面；【5分】（Ⅱ）求证：BE∥平面；【5分】（Ⅲ）在棱1CC上是否存在一点G

，使得平面1BEG平面11ACF？说明理由．【5分】111ABCABCACBCEF11ABBC11ACF11ACFA1C1B1O参考答案一。选择题1.C2.B3.D4.B5.C6.A7.B8.D9.B10.D二。填空题11.{|13}

xxx或12.13.135；314.34；157415.516.3三。解答题17.(Ⅰ)证明：因为正三棱柱111ABCABC，D为AB的中点，所以CDAB，1AA底面ABC.…………………1分

又因为CD底面ABC，所以1AACD.…………………3分又因为1AAABA，AB平面11ABBA，1AA平面11ABBA，所以CD平面11ABBA.…………………6分(Ⅱ)证明：如图，连接1AC，设11ACACO，连接OD，…………………7分由

正三棱柱111ABCABC，得1AOOC，又因为在1ABC中，ADDB，所以1//ODBC，…………………10分又因为1BC平面1ACD，OD平面1ACD，所以1//BC平面1ACD.…………………13分18【答案】（1）310sin10A（2）2c，=3S【详解】：（1）因为

sinsinabAB，所以232sin3102sin1010aBAb。。。。。4分（2）因为2222cosbacacB所以2210182322cc得2680cc即(2)(4)0cc所以24cc或因为三角形是钝角三角形，所以4c舍去所以112=sin32

23222SacB………12分错解：（2）没有注意到三角形是钝角三角形，检验cosA<0得到两组解24cc或所以=36S或19．答案：（1）220xy（2）1【详解】（1（3420220xyxy

，解得22xy，则点P的坐标为2,2（由于点P的坐标是2,2，且所求直线l与直线210xy垂直，可设所求直线l的方程为20xyc（将点P坐标代入得2220c，解得2c（故所求直线l的方程为220xy（.。。。。。。。。。。。。6分（

2）由直线l的方程知它在x轴，y轴上的截距分别是1（2（所以直线l与两坐标轴围成的三角形的面积11212S（。。。。。。。。。。。10分20【答案】（Ⅰ）证明：因为PA底面ABCD，所以PACD．因为ADCD，PAADA所以CDPAD面.

由于AEPAD面，所以有CDAE．…………………４分（Ⅱ）解：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图），不妨设2ABAP，可得(2,0,0)B，(2,2,0)C，()0,2,0D，()0,0,2P.由E为棱PD的中点，得(0,1,1)E.(0,1,1)AEuuuv向量(2,2,

0)BDuuur,(2,0,2)PBuur.设(,,)nxyzr为平面PBD的法向量，则00PBnBDn即022022zxyx．不妨令1y=，可得n（1,1,1）为平面PBD的一个法向量.所以6cos,3AEEFuuuvuuuv.所以，直线

EF与平面PBD所成角的正弦值为63.…………………11分（Ⅲ）解：233d…………………15分21．【答案】（1）1x或3430xy【分析】（1）通过直线1l的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆C相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解直线1l的方程；（2）设直线方程为kx

yk0，求出圆心到直线的距离、求得弦长，得到CPQ的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值时的距离，然后求出直线的zyxEBCDAP斜率，即可得到直线的方程.【详解】（1）①若直线l1的斜率不存在

，则直线l1：x＝1，符合题意.。。。。。2分②若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为1ykx，即0kxyk（由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即：23421kkk，解之得34k.所求直线l1的方程是1x或

3430xy.。。。。。。。。。。。5分(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0,设直线方程为0kxyk（则圆心到直线l1的距离2241kdk又∵△CPQ的面积2212442Sdddd（2242424ddd

∴当d＝2时，S取得最大值2.（2241kdk（2∴k＝1或k＝7所求直线l1方程为x－y－1＝0或7x－y－7＝0..。。。。。。。15分【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到直线与

圆相切，圆的弦长公式，以及三角形的面积公式和二次函数的性质等知识点的综合考查，其中熟记直线与圆的位置关系的应用，合理准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.22.解：（Ⅰ）在三棱柱中，因为侧棱垂直于底面，所以1CC平面ABC．所

以1CCAC．因为，1CCBCCI，所以AC平面11BCCB．因为1CF平面11BCCB，所以1ACCF．………5分（Ⅱ）取中点，连结，．则∥，且1112EHBC，又因为BF∥，且1112BFBC，所以∥BF，且EHBF．所以四边形为平行四边形．所以

∥．又平面，平面，所以∥平面．………10分111ABCABCACBC11ACHEHFHEH11BC11BCEHBEHFBEFHBE11ACFFH11ACFBE11ACFHEBFCAB1C1A1（Ⅲ）在棱

1CC上存在点G，且G为1CC的中点．连接1,EGGB．在正方形中，因为F为BC中点，所以△11BCG≌△1CCF．所以11190CCFBGC．所以11BGCF．由（Ⅰ）可得AC平面，因为AC//11AC，所以11AC平面．因为1BG平面，所以111ACBG．

因为1111ACCFCI，所以1BG平面11ACF．因为1BG平面1BEG，所以平面1BEG平面11ACF．………15分11BBCC11BBCC11BBCC11BBCCGEBFCAB1C1A1