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文档介绍
山西省太原市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题
2019~2020学年第一学期高二年级阶段性测评数学试卷 一、选择题:本题共12小题,每小题3分,共36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.已知点,,则直线的斜率为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由斜率的定义求解即可 【详解】由斜率的定义得, 故答案为:直线的斜率为 故选: 【点睛】本题考查直线的斜率的定义,属于基础题 2.在空间直角坐标系中,点与之间的距离为( ) A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 可结合两点间距离公式求解 【详解】由两点间距离公式得 故选:B 【点睛】本题考查空间中两点间距离公式,属于基础题 3.过点且垂直于直线的直线方程为( ) A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由两直线垂直的位置关系和点斜式求解即可 【详解】由两直线垂直斜率之积为-1可得直线斜率为,再由点斜式可得,化简得 故选:A 【点睛】本题考查两直线垂直的位置关系,由点斜式求直线解析式,属于基础题 4.用一个平面去截如图所示的圆柱体,则所得的截面不可能是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 对四个选项进行分析可初步判定,矩形,圆,椭圆很容易得出,只有三角形得不出,具体包括三种切割方式:横切,竖切,斜切 【详解】当截面与轴截面平行时,所截截面为矩形;当截面与上下底面平行时,所截截面为圆;当截面不经过上下底面斜切时,截面为椭圆;当截面经过上下底面时(交线不是圆面的切线时),截面为上下两条边平行,中间两条腰是曲线的图形,故截面的形状不可能是三角形 故选:D 【点睛】本题考查圆柱体截面形状,多角度去分析是解题的关键,属于基础题 5.与圆关于原点对称的圆的方程为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 可先求圆心关于原点的对称点,再由半径相同写出方程即可 【详解】圆的圆心为,圆心关于原点的对称点为,故对称的圆的方程为: 故选:C 【点睛】本题考查关于原点对称的点的求法,圆的标准方程的求法,属于基础题 6.已知,是两条不同直线,,是两个不同的平面,则下列结论中正确的是( ) A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,则 D. 若,,则 【答案】B 【解析】 【分析】 由线面平行的性质可判断A错;由平行的递推性判断B对;C项可能性很多,与不一定垂直;D项可能性很多,不一定 【详解】对A,线面平行只能推出线和过平面的交线平行,推不出和平面内的某一条线平行,如图: 对B,根据平行的递推性,可得正确,如图: 对C,可随机举一反例,如图: 直线与斜交; 对D,直线有可能相交,如图: 故选:B 【点睛】本题考查直线与平面的位置关系,结合实例和图形较容易说明问题,属于基础题 7.已知直线与直线平行,则它们之间的距离是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据两直线一般式对应系数关系求解即可 【详解】由题可知,应满足,则两直线可化为,由平行直线间距离公式 故选:C 【点睛】本题考查两平行直线间的距离求法,属于基础题 8.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有鳖臑下广三尺,无袤,上袤三尺,无广,高四尺.问积几何?”,鳖臑是一个四面体,每个面都是三角形,已知一个鳖臑的三视图如图粗线所示,其中小正方形网格的边长为,则该鳖臑的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图画出图形,结合三棱锥体积公式求解即可 【详解】由三视图,画出图形,如图: 则该鳖臑的体积为: 故选:A 【点睛】本题考查由三视图求三棱锥的体积,属于基础题 9.已知实数,满足条件则的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 可将目标函数转化为,再结合约束条件画出可行域,结合位置关系判断即可 【详解】根据约束条件画出可行域,目标函数可转化为,要使取到最小值,则截距取到最大值,由图可知,相交于右上方的点时,有最值,即点为,代入得 故选:C 【点睛】本题考查根据线性约束条件求最值,正确画出图形,学会转化目标函数是解题的关键,属于基础题 10.已知正方体中,,分别为,的中点,则异面直线与所成角的大小为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意画出图形,可将异面直线转化共面的相交直线,再进行求解 【详解】如图: 作的中点,连接,由题设可知,则异面直线与所成角为或其补角,设正方体的边长为4,由几何关系可得, ,,,得,即 故选:D 【点睛】本题考查异面直线的求法,属于基础题 11.已知,,点为圆上任意一点,则面积的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 可根据题意画出图形,求三角形面积的最值可转化为求圆上一点到直线距离的最大值,由点到直线距离公式即可求解 【详解】如图所示: 要求三角形面积的最大值,需先求圆上一点到直线距离的最大值,求圆心到直线距离,再加上半径即可,圆可转化为,圆心为,,则直线方程为,圆心到直线的距离,则,,则 故选:C 【点睛】本题考查点到直线距离公式,两点间距离公式,数形结合的思想,属于中档题 12.将边长为2的正沿着高折起,使,若折起后四点都在球的表面上,则球的表面积为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 通过底面三角形BCD求出底面圆的半径DM,判断球心到底面圆的距离OM,求出球O的半径,即可求解球O的表面积. 【详解】△BCD中,BD=1,CD=1,∠BDC=120°, 底面三角形的底面外接圆圆心为M,半径为:r,由余弦定理得到BC=,再由正弦定理得到 见图示: AD是球的弦,DA=,将底面的圆心M平行于AD竖直向上提起,提起到AD的高度的一半,即为球心的位置O,∴OM=,在直角三角形OMD中,应用勾股定理得到OD,OD即为球的半径.∴球的半径OD=. 该球的表面积为:4π×OD2=7π; 故选:B. 【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点) 或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解. 二、填空题(共4个小题,每题4分,共16分) 13.圆的半径为______________. 【答案】 【解析】 【分析】 将一般式化为标准式即可求得 【详解】由,则半径为 故答案为: 【点睛】本题考查圆的一般式和标准式的互化,熟练运用配方法是解题关键,属于基础题 14.已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为,圆心角为的扇形,则此圆锥的体积为 . 【答案】 【解析】 试题分析:由,得,即,∴. 考点:圆锥的侧面图与体积. 15.已知长为的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动,则线段的中点的轨迹方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】 可采用数形结合思想进行转化,结合直角三角形斜边上的中线性质即可求得 【详解】如图: 不论直线怎么移动,线段的中点的始终为斜边上的中线,即,即 故答案为: 【点睛】本题考查圆的轨迹方程的求法,数形结合的转化思想,属于基础题 16.如图,在棱长为的正方体中,点分别是棱的中点,是侧面内一点,若平行于平面,则线段长度的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析:如下图所示,分别取棱中点,连接,连接,因为为所在棱的中点,所以,所以,又平面平面,所以平面;因为,所以四边形为平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面,又,所以平面,因为是侧面内一点,且平面,则必在线段上,在直角中,,同理,在直角中,求得,所以为等腰三角形,当在中点时,,此时最短,位于 处时最长,,,所以线段长度的取值范围是. 考点:点、线、面的距离问题. 【方法点晴】本题主要考查了点、线、面的距离问题,其中解答中涉及到直线与平面平行的判定与性质,三角形的判定以及直角三角形的勾股定理等知识点的综合考查,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及推理与运算能力,同时考查了学生空间想象能力的训练,试题有一定的难度,属于中档试题. 三、解答题(共5个小题,共48分) 17.已知的顶点,,是的中点. (1)求直线的方程; (2)求边上的高所在直线的方程. 【答案】(1);(2). 【解析】 【分析】 (1)先设,再结合中点坐标公式求解即可; (2)所求直线与直线垂直,可算出斜率,又直线过点,利用点斜式即可求解; 【详解】(1)设,由题意得∴∴. ∴直线的方程为; (2)∵,,∴, ∴边上的高所在直线的斜率, ∴边上高所在直线方程为:,即. 【点睛】本题考查中点坐标公式,直线方程的求法,属于基础题 18.如图,在正方体中,,分别是,的中点. (1)求证:平面; (2)求证:平面. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)要证直线平面,可在平面中找一条线与平行,连接,先证明是平行四边形,再根据线面平行的判定定理即可求证; (2)结合线面垂直的判定定理,证明直线平面的两条交线即可; 【详解】(1)连接,∵是正方体,,, ∵,分别是,的中点,∴,. ∴是平行四边形,∴, ∵平面,平面, ∴平面; (2)由(1)得,∵是正方体. ∴平面,∴,∴, ∵是正方体,∴是正方体, ∴,∴, ∵平面,平面,, ∴平面. 【点睛】本题考查线面平行,线面垂直的证明,属于基础题 19.已知圆与圆. (1)若圆与圆外切,求实数的值; (2)在(1)的条件下,若直线与圆的相交弦长为,求实数的值. 【答案】(1)5;(2)或. 【解析】 分析】 (1)先将圆化成标准式,利用两圆相切的性质,得圆心距等于半径之和,即,即可求解; (2)结合圆的几何性质,圆的半径,弦心距,半弦长构成直角三角形,可将弦长问题转化成圆心到直线距离问题,可进一步求解 【详解】(1)∵,∴,, ∵,∴,∴,, ∵圆与圆外切,∴,∴,∴; (2)由(1)得,圆的方程为,,, 由题意可得圆心到直线的距离, ∴或. 【点睛】本题考查两圆相切的几何性质,直线与圆的位置关系,属于基础题 20.如图,在四棱锥中,,,,,是正三角形. (1)求证:; (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2). 【解析】 【分析】 (1)根据线面垂直的判定定理,可利用已知条件,先证直线平面,又平面,即可得证; (2)作点的中点,连接,,由面面垂直的和判定定理可得与平面所成角为,通过计算即可求得 【详解】(1)证明:∵是正三角形,, ∴,,∴,∴, ∵,平面,∴; (2)设点是的中点,连接,, ∵是正三角形,∴,, 由(1)得平面,∴平面平面, ∴平面, ∴与平面所成角为, ∵,∴, ∴. 【点睛】本题考查线线垂直的证明,求线面角的夹角的正弦值,属于中档题 21.如图,在四棱锥中,,,,,是正三角形. (1)求证:; (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析;(2). 【解析】 【分析】 (1)通过线面垂直来证线线垂直,先证平面,再说明平面,即可得证; (2)设点是的中点,连接,,通过几何关系可得是二面角的平面角,再计算即可 【详解】(1)证明:∵是正三角形,, ∴,,∴,∴, ∵,平面,∴; (2)设点是的中点,连接,, ∵是正三角形,∴,, ∵,∴, ∵,∴, ∵,,∴是正方形, ∴,∴平面,∴, ∴是二面角的平面角, 由(1)得平面,∴,∴, ∴,∴. 【点睛】本题考查线面平行的证明,二面角大小的求法,属于中档题 22.已知圆,点是直线上的动点,过点作圆的切线,,切点分别为,. (1)当时,求点的坐标; (2)当取最大值时,求的外接圆方程. 【答案】(1)或;(2). 【解析】 【分析】 (1)由题知,可设,切线长,半径,圆心与点的长度组成直角三角形,故有,结合两点间距离公式和直线方程,可求得点的坐标; (2)当圆心到直线距离最短时,可确定点位置,此时圆心位置为点与点的中点坐标,半径为,结合垂直关系和直线方程可求点,进而求得的外接圆方程 【详解】(1)设,∵,∴,, ∵,∴, ∴解得或 ∴或; (2)由题意可知当时,取最大值,设此时, 由得∴, 的外接圆圆心为,半径,∴的外接圆方程为. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,两点间距离公式的应用,圆的几何性质,勾股定理的应用,图形与方程的转化思想,属于中档题 23.已知圆,点是直线上的动点,过点作圆的切线,,切点分别为,. (1)当时,求点的坐标; (2)设的外接圆为圆,当点在直线上运动时,圆是否过定点(异于原点)?若过定点,求出该定点的坐标;若不过定点,请说明理由. 【答案】(1)或;(2)是过定点,. 【解析】 【分析】 (1)由题知,可设,切线长,半径,圆心与点的长度 组成直角三角形,故有,结合两点间距离公式和直线方程,可求得点的坐标; (2)可先设,则,整理得的外接圆方程为,结合代换得,要使圆恒过定点满足,即,解出对应的,即可求解 【详解】(1)设,∵,∴,, ∵,∴, ∴解得或 ∴或; (2)设,则, ∴的外接圆方程为, ∵,∴, ∴,令 则或(舍去),∴圆过定点. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,两点间距离公式的应用,求证轨迹恒过定点问题,解题关键在于正确表示出外切圆方程,学会利用直线上的点满足的方程进行代换,将方程转化成恒成立问题,属于中档题 查看更多