2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題（答案）

1、撫順市2020-2021學(xué)年度上學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測高二數(shù)學(xué)試卷答案一、單選題（本大題共8道小題，每題5分，共40分在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的將答案填寫在答題紙相應(yīng)位置上）1.c 2.b 3.a 4.c 5.b 6.a 7.a 8.a二、多選題：(本題共4小題,每小題5分,共20分,在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得3分。)9.bd 10.ab 11.bd 12.abc三、填空題：（本題共4小題,每小題5分,共20分)13. 14. 15. 16. 四、解答題：(本題共6小題，共70分)17.(1) (2)vnmp的面積

2、為5（第18題圖）bacdefgh18.(1)如圖所示，取da的中點g，連接fg，ge.f為ac的中點，gfdc，且gf=dc.又dcbe，cd=2be=4，ebgf，且eb=gf四邊形 bfge是平行四邊形， bfeg.(3分) eg平面ade，bf平面ade， bf平面 ade.(5分) (2)取de的中點h，連接ah，ch. ade是邊長為2的等邊三角形， ahde，且ah=.在dhc中，dh=1，dc=4，hdc=60°根據(jù)余弦定理可得hc2=dh2+ dc2-2dh·dcco

3、s60°=12+42-2×1×4×=13，即hc=.在ahc中，ah=，hc=，ac=4.所以ac2=ah2+hc2，即ahhc. ah平面ade，平面 ade平面 bcde.(10分) 19.解：(1)設(shè)圓的方程為.又點a(5，2)，點b(3，2)在圓上，  由得d=-8，e=-10，f=31，此時d2+e2-4f>0，圓的方程為.(6分)(2)設(shè)圓的方程為 由題意知圓心(a，b)在直線x+2y=0上， a+2b=0 .(8分)點c(2，3)在圓上， 又圓與直線x-y+1=0相交的弦長為

4、2，圓心(a，b)到直線x-y+1=0的距離， （10分）由得a=6，b=-3，r=或a=14，b=-7，r=；所求圓的方程為或20.解：(1) bc=1，cc1=bb1=2，ab=，bcc1=60°，ab側(cè)面bb1c1cabbc1(1分)在bcc1中，由余弦定理得bc=，則bc2+bc2=cc2，bcbc1(2分)又bcab=b，且ab，bc平面abc，c1b平面abc.(4分)(2)由已知可得sabc=ab·bc=××1= 由(1)知c1b平面abc，c1b=， 所以三棱柱abc-a1b1c1的體積v=sabc·c1b=×=.（8

5、分） (3)在棱cc1：(不包含端點c，c1)上取一點e，連接be.eaeb，abeb，abae=a，ab，ae平面abe，be平面abe.又be平面abe，beeb.不妨設(shè)ce=x(0x2)，則c1e=，在bce中，由余弦定理得be=在b1c1e中，b1c1e=120°，由余弦定理得b1e2=在rtbeb1中，由b1e2+be2=b1b2，得，解得x=1或x=2(舍去).故e為cc1的中點時，eaeb1.(12分)21.(1)證明：pd=pc=，cd=ab=2，pcd為等腰直角三角形，所以pdpc.(1分)又abcd-a1b1c1d1是一個長方體，bc平面 cc1d1d，

6、而p平面cc1d1d，pd平面cc1d1d，所以bcpd.(3分)又pcbc=c，pd平面pbc.(4分)(2)如圖，過p點作pecd，連接ae. 平面abcd平面pcd，所以pe平面abcd，pae 就是直線pa與平面abcd所成的角.(6分)a1c（第21題圖）dbapb1c1d1e又 pd=pc=2，pdpc，所以pe=1，de=1，所以，.直線 pa 與平面 abcd所成角的正切值為.(8分) (3)當(dāng)a=2時，pc平面ab1d.理由如下：如圖，連接c1d， a=2，四邊形cc1d1d是一個正方形，cdc=45°，而pdc=45°，pdc=90°，所以c1dpd.又pcpd，c1d與pc在同一個平面內(nèi)，pcc1d.(10分)又c1d平面ab1c1d pc平面ab1c1dpc平面ab1d.(12分)22.解：(1)由題意及拋物線的定義得，則p=2，(2分)拋物線的方程為，又點t在拋物線上，故，解得.(4分)(2)由(1)易得m(-1，0) ，f(1，0). 設(shè)a(x1，y1)，b(x2，y2)假設(shè)存在直線l滿足題意，設(shè)其方程為x = my-1(m0)， 將其代入得， 由=16m2-160，得m1或m-1.(6分)又直線af與直線ob