数学理卷·2019届北京市第159中学高二上学期期中考试试题（解析版）x

数学理卷·2019届北京市第159中学高二上学期期中考试试题（解析版）x

北京市第一五九中学2017-2018学年度 第一学期高二期中数学试题 一、选择题（每个小题只有一个选项是正确的，每小题5分）：‎ ‎1. 直线过一、三、四象限的条件是（ ）．‎ A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 ‎【答案】D ‎【解析】当直线斜率大于，纵轴上截距小于时，直线过一、三、四象限，‎ ‎∴直线斜率，纵截距，‎ 即且．选．‎ ‎2. 已知是平面的一条斜线，点，为过点的一条动直线，那么下列情形可能出现的是（ ）．‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵m是平面α的一条斜线，点A∉α，l为过点A的一条动直线，‎ A. ，，则m⊥α，‎ 这与m是平面α的一条斜线矛盾；‎ 故A答案的情况不可能出现。‎ B. ，，‎ 则m∥α，或m⊂α，‎ 这与m是平面α的一条斜线矛盾；‎ 故B答案的情况不可能出现。‎ D. ，，‎ 则m∥α，或m⊂α，‎ 这与m是平面α的一条斜线矛盾；‎ 故D答案的情况不可能出现。‎ 故A，B，D三种情况均不可能出现。‎ 故选C.‎ ‎3. 圆与圆的位置关系是（ ）．‎ A. 内含 B. 相交 C. 外切 D. 外离 ‎【答案】D ‎【解析】圆的标准方程为，圆心，。‎ 圆的标准方程为，圆心，。‎ ‎∵，‎ ‎∴两圆外离．选．‎ 点睛：‎ 判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系进行判断，而一般不采用代数法．‎ ‎4. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】圆心C(3,0)，kPC＝，∵点P是弦MN的中点，∴PC⊥MN，‎ ‎∴kMNkPC＝－1，∴kMN＝2，∴弦MN所在直线方程为y－1＝2(x－1)，‎ 即2x－y－1＝0.‎ 考点：圆的弦所在的直线方程.‎ ‎5. 在正四面体中，，，分别是，，的中点，下列四个结论中不成立的是（ ）．‎ A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 ‎【答案】C ‎【解析】如题图，由题设可知平面，所以A正确；因为，又，故 平面，故B正确；因为平面，又平面，所以平面平面 ，则C正确.从而选D.‎ ‎6. 过直线上的一点作圆的两条切线，，当直线，关于对称时，它们之间的夹角为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】过圆心M作直线l：y=x的垂线交于N点，过N点作圆的切线能够满足条件，不难求出夹角为600．‎ 明白N点后，用图象法解之也很方便 解：圆（x-5）2+（y-1）2=2的圆心（5，1），过（5，1）与y=x垂直的直线方程：x+y-6=0，它与y="x" 的交点N（3，3），‎ N到（5，1）距离是2，两条切线l1，l2，它们之间的夹角为60°．‎ 故选C．‎ 二、填空题（每小题5分）：‎ ‎7. 过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，‎ 令，得；令，得。‎ 由条件得，‎ 解得或，‎ 当时，直线方程为，即。‎ 当时，直线方程为，即。‎ 综上可得所求直线方程为或。‎ 答案：或。‎ ‎8. 直线与圆有公共点，则的取值范围为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】圆的标准方程为，所以圆心为，半径为，‎ 由题意得圆心到到直线的距离，‎ 即，‎ 整理得 解得或．‎ 所以实数的取值范围为。‎ 答案：‎ ‎9. 直线与平行，则__________．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】由两直线平行，得，‎ 解得。‎ 答案：‎ ‎10. 如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为__________．‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎ ‎ 答案：‎ ‎11. 已知椭圆以坐标轴为对称轴，且长轴是短轴的倍，且过点，则椭圆的方程为__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】设椭圆短轴为，则长轴为，‎ ‎∴椭圆标准方程为或，‎ 将点的坐标代入方程，解得，故椭圆标准方程为。‎ 将点的坐标代入方程，解得，故椭圆标准方程为。‎ 综上可得椭圆标准方程为或．‎ 答案：或。‎ ‎12. 已知两点，，点是圆上任意点，则面积的最小值是__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】由题意得圆的标准方程为，圆心为。‎ 直线的方程为 所以圆心到其距离，‎ 因此圆上的点到直线的距离的最小值为，‎ 又，‎ 所以面积的最小值是。‎ 答案：2‎ 点睛：‎ ‎13. 点关于直线的对称点的坐标为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设对称点坐标为，则对称点与已知点连线的中点为，‎ 由题意可得，解得。‎ 所以对称点坐标为．‎ 答案：‎ 点睛： ‎ ‎（1）轴对称问题包括点关于直线的对称、直线关于直线的对称等，其中所有的轴对称问题都可转化为点与点关于直线的对称。‎ ‎（2）求已知点关于已知直线对称点的方法：设已知点关于直线的对称点为，则可通过解方程组求得即可。这一公式体现对称的实质，即垂直、平分。‎ ‎14. 如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边 固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：‎ ‎①水的部分始终呈棱柱状；‎ ‎②水面四边形的面积不改变；‎ ‎③棱始终与水面平行；‎ ‎④当时，是定值．‎ 其中正确的说法是__________．‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】随着倾斜度的不同，‎ 水面四边形的面积改变，‎ 但水的部分始终呈棱柱状，‎ 且棱平面，‎ ‎∵棱，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵体积是定值，高为定值，‎ 则底面积为定值，‎ 则底面积为定值，‎ 即为定值，‎ 综上①③④正确．‎ 三、解答题：‎ ‎15. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，是的中点，是的中点．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）求证：平面平面．‎ ‎【答案】(1)见解析; (2)见解析 ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）取中点点，连，可证得四边形是平行四边形，得，根据线面平行的判断定理可得平面．（2）连，由菱形可证得；由平面，可得，从而证得平面，由面面垂直的判断定理可得结论。‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：取中点点，连，‎ ‎∵ 、分别是，中点， ‎ ‎∴ ‎ ‎，‎ ‎∴ 。‎ ‎∴ 四边形是平行四边形，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ 平面，平面，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎（）连，‎ ‎∵ 在菱形中，，‎ ‎∴ 为等边三角形，‎ ‎∵ 是中点，‎ ‎∴ ，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴ 平面，‎ 又 平面，‎ ‎∴ 平面平面．‎ ‎16. 半径小于的圆经过点，圆心在直线上，并且与直线相交所得的弦长为．‎ ‎（）求圆的方程．‎ ‎（）已知点，动点到圆的切线长等于到的距离，求的轨迹方程．‎ ‎【答案】（） （）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）根据圆心在直线上可设其坐标为，故半径为=‎ ‎，然后根据弦长公式可得关于的方程，求得经验证可得圆的方程。‎ ‎（2）设点坐标为，切点为，则，由两点间的距离公式和切线长公式可得轨迹方程。‎ 试题解析：‎ ‎（）由圆心在直线上可设圆心，‎ 则圆半径，‎ ‎∴ 圆方程为，‎ 故圆心到直线的距离，‎ 又圆与直线所交得弦长，‎ ‎∴ ，‎ 即，‎ 整理得 解得或，‎ 当时，，符合要求．‎ 当时，，不合题意，舍去。‎ ‎∴ 圆的方程为．‎ ‎（）设点坐标为，切点为．‎ 则有|，|，‎ ‎∵ 动点到圆的切线长等于到点距离，‎ ‎∴ ，‎ 又切线长|‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ，‎ 整理得，‎ 即点轨迹为直线．‎ ‎17. 如图所示，已知多面体中，四边形为矩形，，，平面平面，、分别为、的中点．‎ ‎（）求证：．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）若过的平面交于点，交于，求证：．‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) 见解析（3）见解析 ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由平面平面可得平面，从而。又，可得平面，故得．（2）取中点为，连接，，可证得四边形是平行四边形，故，由线面平行的判定定理可得平面．（3）由线面平行的性质及平行的传递性可得结论成立。‎ 试题解析：‎ ‎（）证明：∵ 平面平面，平面平面，，‎ ‎∴ 平面，‎ 又平面，‎ ‎∴ ，‎ 又，，、平面，‎ ‎∴ 平面，‎ 又平面，‎ ‎∴ ．‎ ‎（）证明：取中点为，连接，，‎ ‎∵ 、分别为，中点，‎ ‎∴ ‎ ‎，‎ ‎∴ ‎ ‎∴ 四边形是平行四边形，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 平面，平面，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎（）证明：∵ ，‎ ‎∴ 过直线存在一个平面，使得平面平面，‎ 又过的平面交于点，交于点，平面，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ．‎ 点睛：‎ 在空间中的平行问题中，要注意三种平行间的转化，即“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化，通过适当的转化，为问题的解决带来方法。解题时要注意作出辅助线（面）是解解决线面平行的关键，为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线（面）．‎ ‎18. 矩形中，，边所在直线的方程为，点在边所在直线上．‎ ‎（）求边所在直线的方程．‎ ‎（）求矩形外接圆的方程．‎ ‎（）若过点作题（）中的圆的切线，求切线的方程．‎ ‎【答案】（） （） （）或 ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）根据直线的斜率及可得直线的斜率，进而可得直线的方程。（2）由直线，的方程可得点A的坐标，根据中点坐标公式可得外接圆圆心的坐标及半径，可得矩形外接圆的方程。（3）可判断点在圆外，且过点T的切线的斜率存在，由此设出切线方程，根据圆心到切线的距离等于半径可求得斜率，从而得到切线的方程。‎ 试题解析：‎ ‎（）由题意得直线的斜率，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ 点在直线上，‎ ‎∴ 直线，即．‎ ‎（）由，解得，‎ ‎∴ 点，‎ 又点，‎ ‎∴ 中点，即外接圆心为，‎ 又圆半径，‎ ‎∴ 矩形的外接圆为．‎ ‎（）由条件得点在圆外，且过点T的切线的斜率存在，设切线方程为，即，‎ 由直线和圆相切得圆心到切线的距离等于半径，‎ 即，‎ 整理得,‎ 解得或，‎ 当时，切线方程为，‎ 当时，切线方程为．‎ 所以切线方程为或。‎ 点睛：过圆外一点的圆的切线方程的求法 ‎（1）几何法：当斜率存在时，设为k，切线方程为，即。由圆心到直线的距离等于半径，即可得出切线方程．‎ ‎（2）代数法：设切线方程为，即，代入圆方程，得一个关于x的一元二次方程，由，求得k，切线方程即可求出．‎ ‎19. 如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直．，，．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）求证：平面．‎ ‎（）在直线上是否存在点，使得平面？并说明理由．‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) 见解析(3)不存在 ‎【解析】（）设与交于点，‎ ‎∵ ，，，‎ ‎∴ 四边形为平行四边形，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ 平面，平面，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎（）连接，‎ ‎∵ ，，，‎ ‎∴ 平行四边形为菱形，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ 四边形为正方形，‎ ‎∴ ，‎ 又平面平面，平面平面，‎ ‎∴ 平面，‎ ‎∴ ，‎ 又，‎ ‎∴ 平面．‎ ‎（）直线上是否存在点。理由如下。‎ 以为原点，，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎∴ ，，，‎ 设平面一个法向量为，‎ 由，得,‎ 令，得，‎ 设，则，‎ 若平面，则有，‎ 但 ，即与平行不会成立，‎ ‎∴ 不存在点使得平面．‎ 点睛：解决与平行、垂直有关的探索性问题的策略 通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎20. 四边形的顶点，，，，为坐标原点．‎ ‎（）此四边形是否有外接圆，若有，求出外接圆的方程，若没有，请说明理由．‎ ‎（）记的外接圆为，过上的点作圆的切线，设与轴、轴的正半轴分别交于点、，求面积的最小值．‎ ‎【答案】（）外接圆方程为 （）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）先求出过三点的圆，通过验证点D是否在此圆上来判断四边形是否有外接圆。（2）由（1）得的外接圆为的方程为，先求得，可得切线的斜率，切线方程为，整理得切线，然后求得点的坐标，求得，根据基本不等式可得，即为所求。‎ 试题解析：‎ ‎（）设过三点的外接圆为，圆心，半径为，‎ 则圆的标准方程为，‎ 由题意得 ，解得 ‎∴ 圆，‎ 验证可得点在圆上。‎ ‎∴ 四边形有外接圆，其方程为．‎ ‎（）由（1）得的外接圆为的方程为。‎ 由题意得，‎ ‎∴ 切线的斜率，从而切线的方程为，‎ 整理得，‎ 又点在圆上，故，‎ ‎∴ 切线，‎ 令，得，∴ ，‎ 令，得，∴ ，‎ ‎∴ 面积，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴ ，当且仅当时等号成立.‎ 即面积的最小值为，此时点．‎ ‎ ‎ ‎ ‎