四川省眉山外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

四川省眉山外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

眉山外国语学校高2018级第三学期半期考试数学试卷（理）‎ 一、选择题（共60分）‎ ‎1.如图，平面不能用（ ）表示．‎ ‎ ‎ A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面的表示方法，对每个选项逐一判断即可.‎ ‎【详解】平面可用希腊字母 表示，故正确；  平面可用平行四边形的对角线表示，故正确；  平面可用平行四边形的顶点表示，故正确；  平面不可用平行四边形的某条边表示，故不正确 ,故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面的表示方法，意在考查对基础知识的掌握情况.‎ ‎2.过点 ，且与直线垂直的直线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为的斜率为，所以过点，且与直线垂直的直线的斜率为，因此过点，且与直线垂直的直线的方程为既是,故选A.‎ 考点：1、直线垂直的性质；2、点斜式求直线方程.‎ ‎3.直线的倾斜角和斜率分别是（ ）‎ A. B. C. ，不存在 D. ，不存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：∵直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，而斜率不存在，‎ 故选 C．‎ ‎4.“点在直线上，在平面内”可表示为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据点、线关系的定义即可 ‎【详解】“点M在直线上”可记作“”，“在平面内”可记作“”.‎ ‎【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，属于基础题 ‎5.如果方程表示圆，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用，解不等式即可得结果.‎ ‎【详解】因为方程表示圆，‎ 所以，解得，‎ 即的取值范围是，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的方程，属于基础题.‎ ‎6.已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. ，，，则 B. ，，则 C. ，，，则 D. ，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中线面关系与面面关系对各选项中命题的正误进行判断.‎ ‎【详解】对于A选项，，，，则与平行、相交或异面，A选项错误；‎ 对于B选项，，，则或，B选项错误；‎ 对于C选项，，，，则，或，C选项错误；‎ 对于D选项，，，则，D选项正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查空间中线面关系和面面关系有关命题的正误，可利用线面关系或面面关系相关的判定或性质定理，也可以利用空间几何体进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.圆心在y轴上且过点(3,1)的圆与x轴相切，则该圆的标准方程是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出圆心坐标，写出圆的方程，根据点在圆上将点代入圆的方程，求解出未知数，则圆的标准方程可知.‎ ‎【详解】设所求圆的圆心为，半径为r，则，‎ ‎∴圆的标准方程为；‎ ‎∵点(3，1)在圆上， ∴，解得，∴圆的标准方程为.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程的求解，难度一般.圆心在轴上的圆的方程可设为：‎ ‎，圆心在轴上的圆的方程可设为：.‎ ‎8.已知实数满足，则的最大值是 A. B. C. 3 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出线性约束条件表示的可行域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的最大值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出线性约束条件表示的可行域，如图所示，‎ 表示三角形阴影部分区域（含边界），‎ 设直线，平移直线时，目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，‎ 此时目标函数的最大值为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎9.已知直线过定点，点在直线上，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线方程整理成点斜式,得到定点的坐标,即为一定点到直线上一点的距离,其最小值即为该定点到直线的距离 ‎【详解】将直线整理为点斜式,得,为 点在直线上,‎ 的最小值为点到直线的距离,‎ 故选B ‎【点睛】本题考查两点间距离最小值的求法,此题需转化为点到直线的距离,考查转化思想,属于基础题 ‎10.如图，已知三棱柱的各条棱长都相等，且底面，是侧棱的中点，则异面直线和所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设棱长为a，补正三棱柱ABC-A2B2C2，构造直角三角形A2BM，解直角三角形求出BM，利用勾股定理求出A2M，从而求解．‎ ‎【详解】设棱长为a，补正三棱柱ABC-A2B2C2（如图）． 平移AB1至A2B，连接A2M，∠MBA2即为AB1与BM所成的角， 在△A2BM中， ‎ ‎ ． 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成角和勾股定理的应用，计算比较复杂，要仔细的做．‎ ‎11.如图所示，在正方形中，点，分别为边，的中点，将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，‎ ‎①点与点在某一位置可能重合；②点与点的最大距离为；‎ ‎③直线与直线可能垂直； ④直线与直线可能垂直.‎ 以上说法正确的个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是圆；AB,AF是以BF为旋转轴的圆锥型侧面；CE,CD是以DE为旋转轴的圆锥型侧面.‎ ‎【详解】由题意，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是两个平行的圆，所以不能重合，故①不正确；点与点的最大距离为正方形的对角线,故②正确；由于△ABF和△CDE全等，把△CDE平移使得DC和AB重合，如图，‎ ‎△ABF绕BF旋转形成两个公用底面的圆锥，AB,CD是稍大的圆锥的母线，由于∠ABF小于45°，所以AB,CD的最大夹角为锐角，所以不可能垂直，故③不正确；同理可知，由于∠AFB大于45°，所以AF,BE的最大夹角为钝角，所以可能垂直，故④正确.综上可知选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎12.已知二次函数交轴于两点(不重合)，交轴于点. 圆过三点.下列说法正确的是（ ）‎ ‎① 圆心在直线上；‎ ‎② 的取值范围是；‎ ‎③ 圆半径的最小值为；‎ ‎④ 存在定点，使得圆恒过点.‎ A. ①②③ B. ①③④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆的的性质得圆心横坐标为1；根据二次函数的性质与二次函数与轴有两个焦点可得的取值范围；假设圆方程为，用待定系数法求解，根据二次函数的性质和的取值范围求圆半径的取值范围，再根据圆方程的判断是否过定点.‎ ‎【详解】二次函数的对称轴为，‎ 因为对称轴为线段的中垂线，‎ 所以圆心在直线上，故①正确；‎ 因为二次函数与轴有两点不同交点，‎ 所以，即，故②错误；‎ 不妨设在的左边，则， ‎ 设圆方程为 ，则 ‎ ，解得，‎ ‎ ，‎ 因为，所以即，故③错误；‎ 由上得圆方程为，‎ 即，恒过点，故④正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的应用，关键在于结合图形用待定系数法求圆方程，曲线方程恒过定点问题要分离方程参数求解.‎ 二、填空题（共20分）‎ ‎13.直线的倾斜角为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角.‎ ‎【详解】由于直线的斜率为，故倾斜角为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查由直线一般式方程求斜率，考查斜率和倾斜角的对应关系，属于基础题.‎ ‎14.点A（1，2）与点B（2，3）之间的距离|AB|=_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用两点间的距离公式计算得到结果.‎ ‎【详解】由两点间的距离公式得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查两点间的距离公式，即，属于基础题.‎ ‎15.如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论：‎ ‎①AB与EF所在直线平行； ②AB与CD所在直线异面；‎ ‎③MN与BF所在直线成角；④MN与CD所在直线互相垂直．‎ 其中正确结论的序号是________．‎ ‎【答案】②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将展开图还原正方体，再由图观察即可得解.‎ ‎【详解】‎ 由展开图可知，各点在正方体中的位置如图： ‎ 由图可知，，①不正确；,异面，②正确；‎ ‎,③不正确；，④正确，‎ 故答案为②④.‎ ‎【点睛】本题考查了两直线平行、垂直的判定，属中档题.‎ ‎16.在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________‎ ‎①存在点，使得平面平面；‎ ‎②存在点，使得平面平面；‎ ‎③的面积可能等于；‎ ‎④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得 ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，以及三角形的面积公式和投影的定义，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】①如图所示，当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，‎ 且，所以平面，‎ 又平面，所以平面平面，故正确；‎ ‎②如图所示，取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，‎ 则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，‎ 所以平面，故正确；‎ ‎③如图所示，作，在中根据等面积得：，‎ 根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，‎ 则，故正确；‎ ‎④如图所示，设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.‎ 故答案 ①②③④‎ ‎【点睛】本题主要考查了正方体的结构特征，以及线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟练应用正方体的结构特征，熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知点和直线．求：‎ ‎(1)过点与直线平行的直线方程；‎ ‎(2)过点与直线垂直的直线方程．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 由所求直线与直线平行，先设所求直线的方程是，再将点坐标代入即可求出结果；‎ ‎(2)由所求直线与直线垂直，先设出所求直线方程为，再将点坐标代入即可求出结果.‎ ‎【详解】(1)设所求直线的方程是，‎ 点在直线上，‎ ‎，‎ ‎，即所求直线方程是．‎ ‎(2)设所求直线的方程是，‎ 点在直线上，‎ ‎∴，‎ ‎，即所求直线方程是．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的一般方程与直线的平行或垂直关系，根据直线平行或垂直于已知直线，可先设出所求直线的方程，再由定点坐标代入直线方程，即可求出结果，属于基础题型.‎ ‎18.已知直线l过点（1，3），且在y轴上的截距为1． （1）求直线l的方程； （2）若直线l与圆C：（x-a）2+（y+a）2=5相切，求实数a的值．‎ ‎【答案】（1）y=2x+1；（2）a=-2或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得直线的斜率，再由点斜式方程可得所求直线方程；（2）运用直线和圆相切的条件，即圆心到直线的距离等于半径，解方程可得所求值．‎ ‎【详解】（1）直线l过点（1，3），且在y轴上截距为1，‎ 可得直线l的斜率为=2，‎ 则直线l的方程为y3=2（x1），即y=2x+1； （2）若直线l与圆C：（xa）2+（y+a）2=5相切， 可得圆心（a，a）到直线l的距离为，即有 =，‎ 解得a=2或．‎ ‎【点睛】本题考查直线方程和圆方程的运用，考查直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎19.如图，矩形，平面，、、分别是、、的中点.‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）求证：直线直线.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知中四边形ABCD为矩形，M、R分别是AB、CD的中点．易得AR∥CM，结合线面平行的判定定理，可得到直线AR∥平面PMC；‎ ‎（2）由已知条件可得AB⊥平面PAD，即AB⊥PD，从而得到AB⊥平面MNR，进而得到直线MN⊥直线AB．‎ ‎【详解】（1）∵四边形ABCD为矩形，M、R分别是AB、CD的中点．‎ ‎∴AR∥CM 又∵AR⊄平面PMC，CM⊂平面PMC ‎∴直线AR∥平面PMC；‎ ‎（2）连接RN、MR ‎∵PA⊥平面ABCD⇒AB⊥PA 又AB⊥AD，PA∩AD＝A，平面⇒AB⊥PD ‎∵R、N分别是CD、PC的中点⇒RNPD, ∴,‎ 又∵AB⊥MR⇒MR∩RN＝R，平面且平面，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题的知识点是直线与平面平行的判断与直线与平面垂直的性质，其中熟练掌握空间直线与平面关系的判定定理、性质定理、定义是解答本题的关键．‎ ‎20.已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线C.‎ ‎ (1)求曲线C方程；‎ ‎(2)过点作曲线C的切线，求切线方程．‎ ‎【答案】(1)；(2) 或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意设出M点的坐标，然后根据距离之比等于2，化简出x，y的关系式，求出M的轨迹方程.(2)由第一问的结论可判断点在圆外，可知切线方程有两条，设出切线方程，根据圆心到直线的距离公式可求出斜率k的值，从而求出切线方程.‎ ‎【详解】（1）设动点的坐标为，‎ 则， ‎ 所以，化简得，‎ 因此，动点的轨迹方程为；‎ ‎（2）∵圆心(3,0)到点(6,2)的距离为大于半径3，‎ ‎∴点(-2,4)在已知圆外,过该点的圆的切线有两条 不妨设过该点的切线斜率为，‎ 则切线方程为，即，‎ 由圆心到直线的距离等于半径可知，，解得或．‎ 所以，切线方程为或．‎ ‎【点睛】本题考查直接法求点的轨迹方程，考查圆的切线问题，同时考查了学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎21.如图：在四棱锥中，平面.，，.点是与的交点，点在线段上且. ‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）求二面角的正切值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出，在正三角形中，，从而．‎ 进而，由此能证明平面； （2）分别以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，求出与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）求出面与面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出二面角的平面角的余弦值，再转化为正切值即可.‎ ‎【详解】证明：（1）∵在四棱锥中，平面.， ，.点是与的交点， ， ∴在正三角形中，， 在中，∵是中点，， ，又， ， ， ∵点在线段上且，‎ ‎， 平面，平面， ∴平面 ‎． （2）， 分别以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， 设平面的法向量，‎ 则，取，得，‎ ‎，‎ 设直线与平面所成角为， 则，‎ 故直线与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（3）由（2）可知，为平面的法向量，‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，解得，‎ 设二面角的平面角为，则，‎ 故二面角的正切值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角和面面角的求法，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，点，直线，圆：.‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围,并求出圆心坐标;‎ ‎（Ⅱ）若圆的半径为1，过点作圆的切线，求切线的方程；‎ ‎（Ⅲ）有一动圆的半径为1，圆心在上，若动圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围．‎ ‎【答案】(Ⅰ)的取值范围为，圆心坐标为；（Ⅱ） ；(Ⅲ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)把圆的方程配成标准式，方程右边需大于零，即可求得参数的取值范围．‎ ‎（Ⅱ）已知圆的圆心坐标为 ‎，当半径为1时，可求得圆的标准方程；用待定系数法求过圆外一点的切线方程，分析直线的斜率存在与否，如存在设斜率为，利用圆心到直线的距离等于半径即可得到方程，解得.‎ ‎（Ⅲ）设出圆心的坐标，表示出圆的方程，进而根据，点在的中垂线上，由坐标已知，从而可求的中垂线方程，根据在圆上，进而确定不等式关系求得的范围．‎ ‎【详解】(Ⅰ) 化为 由，∴ 的取值范围为，圆心坐标为 ‎ ‎（Ⅱ）由(Ⅰ)知圆的圆心的坐标为，当半径为1时，‎ 圆的方程为: 将代入 得，∴在圆外,‎ 设所求圆的切线方程为，∴ ‎ ‎∴∴‎ ‎∴ ∴所求圆的切线方程为: ‎ 即.‎ ‎(Ⅲ)∵圆的圆心在直线上,所以,设圆心，又半径为1，‎ 则圆的方程为: ，‎ 又∵， ‎ ‎ ∴点在的中垂线上，的中点得直线: ‎ ‎∴点应该既在圆上又在直线上，即:圆和直线有公共点 ‎ ‎∴ ，∴ 终上所述, 的取值范围为: ‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的方程的应用．考查了学生的分析推理和基本的运算能力．对于方程，当且仅当时表示圆.‎ 涉及圆的切线问题时一般有两种思路：第一、联立方程，消元得到一个一元二次方程；第二、圆心到直线的距离等于半径.‎ ‎ ‎