山西省晋中市祁县第二中学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

山西省晋中市祁县第二中学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

祁县第二中学校高二期中考试 数学试卷 一：选择题.‎ ‎1.已知直线 与直线平行，则它们之间的距离是(　 　)‎ A. 1 B. C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意两直线平行，得，由直线可化为，再由两直线之间的距离公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意直线与直线平行，则，‎ 即，则直线可化为，‎ 所以两直线之间的距离为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了两条平行线的距离的求解，其中解答中根据两直线的平行关系，求得的值，再利用两平行线间的距离公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知两直线与平行，则 （ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵直线与平行 ‎∴，且 ‎∴‎ 故选D 点睛：（1‎ ‎）当直线的方程存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意的系数不能同时为零的这一隐含条件；‎ ‎（2）在判断两条直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论.‎ ‎3.已知直线与互相垂直，垂足为，则的值是（ ）‎ A. 24 B. 20 C. 0 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵两直线互相垂直，∴k1·k2＝－1，‎ ‎∴－·＝－1，∴m＝10.又∵垂足为(1，p)，‎ ‎∴代入直线10x＋4y－2＝0得p＝－2，‎ 将(1，－2)代入直线2x－5y＋n＝0得n＝－12，‎ ‎∴m－n＋p＝20.‎ 故答案选B。‎ ‎4.直线，当变动时，所有直线恒过定点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把直线方程整理为后可得直线所过的定点.‎ ‎【详解】把直线方程整理为，令，故，所以定点为，故选C.‎ ‎【点睛】一般地，动直线所过的定点为直线的交点.解题中注意对含参数的直线方程进行化简.‎ ‎5.已知直线和平面，则下列四个命题中正确的是 （ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用面面垂直，面面平行和线面平行的性质，逐项判定，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，对于A中，若，，则与可能平行，所以不正确；‎ 对于B中，若，，则与可能是相交的，所以不正确；‎ 对于C中，若，，则可能在内，所以不正确；‎ 对于D中，根据面面平行的性质，可得若，，则是正确的，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直，面面平行和线面平行的性质的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎6.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下面四个命题：‎ ‎（1）若，则 （2）若,则 ‎（3）若，则 （4）若，则 其中正确命题个数是﹙ ﹚‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用线、面平行垂直的判定定理可直接判断出本题命题的正确与否。‎ ‎【详解】（1）若为正方体相邻的三个面，两两垂直，故（1）错；‎ ‎（2）根据若需得到则需要同时垂直两平面的交线，故（2）错；‎ ‎（3）根据，若需证，则需共面，故（3）错；‎ ‎（4）若，则，根据由面面平行证线线平行的判定定理可得该命题正确，故（4）正确。‎ 综上，以上命题只有一个命题正确，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系：考查线面平行的判定和性质，面面平行的判定和性质，熟记这些是解题的关键。‎ ‎7.如图，一个水平放置的平面图的直观图（斜二测画法）是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（ ） ‎ A. 1+ B. 2+ C. 1+ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先还原几何体，再根据直角梯形面积公式得结果.‎ ‎【详解】几何体为一个直角梯形，上底长为1，下底长为1+，高为2，因此面积为选B.‎ ‎【点睛】本题考查直观图，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长的长度为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三视图得出该几何体的直观图，结合题意求解即可.‎ ‎【详解】由三视图可知其直观图，‎ 该几何体为四棱锥P-ABCD，最长的棱为PA，则最长的棱长为，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体的三视图，属于基础题型.‎ ‎9.如图是各棱长均为2的正三棱柱ABC—A1B1C1的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为（ ）‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意确定其侧视图为矩形，求出矩形的长和宽，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意可得，侧视图是个矩形，由已知，底面正三角形边长为2，所以其高为，即侧视图的宽为，又三棱柱的高为2，即侧视图的长为2，所以三棱柱侧视图的面积为.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查几何体的三视图，熟记三棱柱的结构特征即可，属于常考题型.‎ ‎10.一个平面载一球得到直径为6cm的圆面，球心到这个圆面的距离为4cm，则球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的性质知，球的半径，再利用球的体积公式，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】设球的半径为 ，根据球的性质知，球的半径，‎ 又由球的体积公式，可得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了球的截面性质，以及球的体积的计算，其中解答中根据球的截面的性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎11.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积和表面积分别为（　　）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图知该几何体是圆柱在中间挖去一个同底等高的圆锥，结合图中数据，即可求出它的体积和表面积．‎ ‎【详解】解：根据三视图知，该几何体是圆柱，在中间挖去一个同底等高的圆锥，如图所示；‎ 结合图中数据，计算该几何体的体积为：‎ V=π•12•1-π•12•1=π；‎ 表面积为：‎ S=π•12+2π•1•1+π•1•=（3+）π．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何体三视图的应用问题，几何体的体积以及表面积的计算，是基础题 ‎12.中国古代数学家名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体，其三视图如图所示，则其外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：该题属于已知几何体的三视图，，求其外接球的表面积问题，把三棱柱补成长方体，则长方体的对角线长等于外接球的直径，从而求得结果.‎ 详解：由已知可得该“堑堵”是一个半个长方体的直三棱柱，且长宽高分别是，该几何体的外接球就是对应的长方体的外接球，而长方体的对角线是，所以其外接球的半径为1，所以其外接球的表面积为，故选B.‎ 点睛：解决该题的关键是将根据三视图将几何体还原，从而得到该几何体是半个长方体的三棱柱，利用长方体的外接球的特征求得结果.‎ 二：填空题.‎ ‎13.长方体中，，则与平面所成的角的大小为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结 、，由 平面ABCD，得 是 与平面ABCD所成角，面面ABCD，即为所求，由此能求出与平面ABCD所成角的大小。‎ ‎【详解】根据题意画出图形如图，连结BD、 ， ‎ 因为长方体 中，平面ABCD,垂足为D， 与平面ABCD所成角，面面ABCD，即为所求. ， ，‎ ‎, ， ， 。 ‎ ‎ 与平面所成角的大小为。 故答案为:。‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中线面角的求解，重点是将线面角转化成线线角，也可采用空教坐标系解决。‎ ‎14.过点(2，－3)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：分类讨论截距为0和截距不为零两种情况求解直线方程即可.‎ 详解：当截距为0时,直线的方程为，满足题意；‎ 当截距不为0时,设直线的方程为,‎ 把点代入直线方程可得，此时直线方程为.‎ 故答案为.‎ 点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：‎ 一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；‎ 二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；‎ 三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.‎ ‎15.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥的高为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理得 ，即得此圆锥高的值。‎ ‎【详解】设此圆的底面半径为，高为，母线为， 因为圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形, 所以，得 ,解之得， 因此,此圆锥的高， 故答案为:。‎ ‎【点睛】本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径和圆心角，求圆锥高的大小，着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识，属于基础题。‎ ‎16.若点在直线上，则的最小值为_____________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可得表示直线上的点到原点的距离的平方，根据点到直线距离公式，即可求出最小值.‎ ‎【详解】因为表示点到原点距离的平方，‎ 又点在直线上，‎ 所以当点与原点连线垂直于直线时，距离最小，即最小；‎ 因为原点到直线的距离为，‎ 所以.‎ 即有最小值.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查直线上的点与原点距离最值的问题，熟记点到直线距离公式即可，属于常考题型.‎ 三：解答题.‎ ‎17.已知直线与直线的倾斜角相等，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为6，求直线的方程.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可设直线l的方程为：3x+4y+m=0，令x=0，得y=-；令y=0，得x=-，直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为|-|×|-|=6，解得m=±12，进而得到直线方程.‎ ‎【详解】设直线l的方程为：3x+4y+m=0，令x=0，得y=-；令y=0，得x=-．‎ ‎∴直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为|-|×|-|=6，解得m=±12．‎ ‎∴直线l的方程为3x+4y±12=0．‎ ‎【点睛】这个题目考查了斜率相同的直线方程的设法，较为简单.‎ ‎18.如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱⊥底面是的中点． ‎ ‎（Ⅰ）求证：∥； ‎ ‎（Ⅱ）证明：． ‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由线线平行得出线面平行；（2）由线面垂直的判定定理证出BD⊥平面PAC，再由线面垂直的性质证得。‎ 试题解析 证：（Ⅰ）连结AC交BD于O，连结OE， ‎ 因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点． ‎ 又因为E是PA的中点，所以PC∥OE， ‎ 因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE， ‎ 所以PC∥平面BDE． ‎ ‎（Ⅱ）因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC． ‎ 因为PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD． ‎ 又AC∩PA=A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC ‎ ‎ 又CE⊂平面PAC， 所以BD⊥CE．‎ ‎19.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，,平面BB1C1C底面ABCD，点、F分别是线段、BC的中点．‎ ‎（1）求证：AF//平面；‎ ‎（2）求证：平面BB1C1C⊥平面．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欲证AF//平面，则需证明平行于平面内一条直线，根据题目条件易得边上的中线与平行，从而得证。‎ ‎（2）需证面面垂直，则需证明线面垂直，易证边上的中线垂直于且，该中线垂直于，从而得到线面垂直，得到面面垂直。‎ ‎【详解】（1）方法一：取中点，连 分别为中点 ‎ ‎ 为四棱柱 又为的中点， ‎ 所以四边形PFAM为平行四边形 又 ‎，‎ 方法二：取中点,连 ，‎ 又，‎ ‎ ，‎ 又是四棱柱，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，又 ‎，又，‎ ‎ ‎ ‎（2），，‎ 又，‎ ‎ ，‎ ‎ 又，，‎ ‎ 而， ‎ ‎ 又，‎ ‎ ， 又 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直平行的判定与性质，全部转化到证明线线垂直或平行，证明线线平行通常采用三角形中位线或平行四边形对边进行证明，证明线线垂直通常利用平行的传递性或者勾股定理数据计算证明。‎ ‎20.如图，在四棱锥中，平面平面,,,,,点、分别为、的中点.‎ ‎﹙1﹚求证:平面平面；‎ ‎﹙2﹚求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；﹙2﹚.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理，即可证明；‎ ‎（2）利用等体积法，可得，利用，即可求得 ‎【详解】﹙1﹚由题意知: 点是的中点,且,‎ 所以 ,所以四边形是平行四边形,则. ‎ 平面,平面,所以平面. ‎ 又因为、分别为、的中点,所以.‎ 平面,平面,‎ 所以, 平面. ‎ ‎,所以平面平面. ‎ ‎（2）解法一：利用 因为平面平面,‎ 平面平面，平面ABCD,,所以，平面.‎ 所以，的长即是点到平面的距离.‎ 在中，,‎ 所以，, ‎ 所以. ‎ 解法二：利用.‎ ‎. ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的证明和等体积法的应用，难点在于利用进行求解体积，属于中档题 ‎21.直线经过两直线与的交点，且与直线：平行.‎ ‎（1）求直线的方程；‎ ‎（2）若点到直线的距离与直线到直线的距离相等，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）（2）或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）联立方程组求得两直线的交点坐标，由直线l1：x+y-6=0的斜率求得直线l的斜率，然后代入直线的点斜式方程得答案；（2）直接由点到直线的距离公式求得a的值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）解得，即交点坐标为.‎ ‎∵直线：的斜率为，‎ ‎∴直线的斜率为 ‎∴直线的方程为，即.‎ ‎（2）由题知，‎ 整理得，‎ 解得或.‎ ‎22.在△ABC中，BC边上的高所在直线的方程为x－2y＋1＝0，∠A的角平分线所在直线的方程为y＝0，若点B的坐标为(1,2)，求点A和点C的坐标．‎ ‎【答案】,‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，点是直线与直线的交点，列出方程组即可求出点坐标，由直线及x轴是∠A的平分线，可求出AC边所在的直线方程，再根据BC边上的高求出BC边所在的直线方程，解出AC边所在的直线方程和BC边所在的直线方程组成的方程组，即可求得点坐标.‎ 试题解析：由方程组解得点A的坐标为(－1,0)．‎ 又直线AB的斜率kAB＝1，x轴是∠A的平分线，‎ 所以kAC＝－1，则AC边所在的直线方程为y＝－(x＋1)．①‎ 又已知BC边上的高所在直线的方程为x－2y＋1＝0，‎ 故直线BC的斜率kBC＝－2，‎ 所以BC边所在的直线方程为y－2＝－2(x－1)．②‎ 解①②组成的方程组得 即顶点C的坐标为(5，－6)．‎ ‎ ‎