四川省乐山市十校2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

四川省乐山市十校2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

乐山十校高2021届第三学期半期联考 数学（文科）测试卷 一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.观察下面的几何体，哪些是棱柱？（ ）‎ A. ①③⑤ B. ①⑥ C. ①③⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用棱柱的定义判断即可．‎ ‎【详解】由棱柱的定义可知：①③⑤满足棱柱的定义．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查棱柱的判断，定义的应用，是基础题．‎ ‎2.直线：和圆的位置关系是（ ）‎ A. 相离 B. 相切或相交 C. 相交 D. 相切 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线l：y﹣1＝k（x﹣1）恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率存在，故可知直线l：y﹣1＝k（x﹣1）和圆C：x2+y2﹣2y＝0的关系．‎ ‎【详解】圆C：x2+y2﹣2y＝0可化为x2+（y﹣1）2＝1‎ ‎∴圆心为（0，1），半径为1‎ ‎∵直线l：y﹣1＝k（x﹣1）恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上且直线的斜率存在 ‎∴直线l：y﹣1＝k（x﹣1）和圆C：x2+y2﹣2y＝0的关系是相交，‎ 故选：C．‎ 点睛】本题考查的重点是直线与圆的位置关系，解题的关键是确定直线恒过定点，此题易误选B，忽视直线的斜率存在 ‎3.圆心在轴上，半径为，且过点的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵圆心在轴上，项圆心为不合要求，排除选项，又∵圆过点，可排除选项，，只有项符合题意，故选．‎ ‎4.设是直线，，是两个不同的平面（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行,垂直和面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择.‎ ‎【详解】对于A．若l∥α，l∥β，则α∥β或α，β相交，故A错；对于B．若l∥α，l⊥β，则由线面平行的性质定理，得过l的平面γ∩α＝m，即有m∥l，m⊥β，再由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故B对；对于C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D．若α⊥β，l∥α，若l平行于α，β的交线，则l∥β，故D错．‎ 故选:B．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．‎ ‎5.已知正方体中，，分别为，的中点，那么异面直线，所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值．‎ ‎【详解】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，‎ 建立空间直角坐标系如图：‎ 则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1）‎ ‎∴（0，2，1），（0，2，﹣1），‎ 设异面直线AE与D1F所成角为θ，‎ 则cosθ＝|cos，|＝|0|．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．‎ ‎6.点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.‎ 考点：1、圆的标准方程；2、“逆代法”求轨迹方程. ‎ ‎【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、“逆代法”求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题就是利用方法④求的轨迹方程的.‎ ‎7.下列四个命题:‎ ‎(1)存在与两条异面直线都平行的平面;(2)过空间一点,一定能作一个平面与两条异面直线都平行;(3)过平面外一点可作无数条直线与该平面平行;(4)过直线外一点可作无数个平面与该直线平行.其中正确的命题的个数是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎(1)将一个平面内的两条相交直线平移到平面外,且平移后不相交,则这两条直线异面且与该平面平行,故正确;(2)当过该点的平面过其中一条直线时,‎ 这个平面与两条异面直线都平行是错误的,故不正确;(3)显然正确;(4)显然正确.故答案为C.‎ ‎8.圆与的公切线有且仅有（ ）‎ A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用几何法判断出两圆的位置关系，即可得出两圆的公切线条数.‎ ‎【详解】圆的标准方程为，圆的标准方程为，‎ 两圆心分别为、，半径分别为，‎ ‎，两圆相交，因此，两圆有条公切线，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查两圆公切线条数的判断，本质上还是要判断两圆的位置关系，同时也考查熟悉两圆公切线条数与两圆位置之间的关系，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎9. 圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这 个圆台的体积是（ ）‎ A. π B. 2π C. π D. π ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得底面半径和圆台的高，然后求解其体积即可.‎ ‎【详解】由于圆台上、下底面面积分别是、，故上下底面半径为,‎ 由侧面积公式可得：，则圆台的母线，圆台的高，‎ 这个圆台的体积：.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆台的结构特征，圆台的体积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎10.过点(1,-2)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线,切点分别为A、B，则AB所在直线的方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：圆的圆心为，设点，则以线段为直径的圆的方程为 ‎，两圆方程相减可得即为所在直线的方程，选B 考点：圆的切线方程 ‎11.方程有两个不等实根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：方程有两个不等实根等价于函数的图像（上半圆）与函数:的图像（过定点A（2，3）的动直线）有两个不同的交点（如下图）。显然当直线在直线a、b之间时，两图像有两个交点，不包含直线a(直线a为圆的一条切线).由圆心到直线a的距离等于半径可得，.而直线a的斜率为,所以的取值范围是。故选D。‎ 考点：直线与圆的综合问题。‎ ‎【方法点睛】方程解的个数问题解法：研究程的实根常将参数移到一边转化为值域问题。（1）已知含参数方程有解，求参数范围问题。一般可作为代数问题求解，即对进行参变分离，得到的形式，则所求a的范围就是的值域。（2）当研究程的实根个数问题，即方程的实数根个数问题时，也常要进行参变分离，得到的形式，然后借助数形结合（几何法）思想求解.（3）将方程化为形如,常常是一边的函数图像是确定的，另一边的图像是动的，找到符合题意的临界值（本题中直线a、b位置是临界位置，其对应的斜率是临界值），然后总结答案即可（本题即为该法）。‎ ‎12.如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接（如图②）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）‎ ‎①平面；‎ ‎②四点不可能共面；‎ ‎③若，则平面平面；‎ ‎④平面与平面可能垂直.‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个说法逐一分析，由此得出错误命题个数.‎ ‎【详解】①连接，取的中点，的中点，连接，易证明四边形是平行四边形，即，所以平面，所以①正确；‎ ‎②若四点共面，因为，所以平面，可推出，所以，这与已知相矛盾，故四点不可能共面，所以②正确；‎ ‎③连接，在梯形中，易得，又，所以平面，即，所以平面，则平面平面，所以③正确；‎ ‎④延长至，使得，连接，易得平面平面，过作于，则平面，若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，前后矛盾，故④错误.综上所述，一共有个说法错误.故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线面平行、四点共面、面面垂直等命题的真假性的判断，属于中档题.‎ 二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.若实数，满足，那么的最大值是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：满足等式（x-2）2+y2=3的图形如下图所示：‎ 表示圆上动点与原点O连线的斜率，‎ 由图可得动点与B重合时，此时OB与圆相切，取最大值，‎ 连接BC，在Rt△OBC中，BC=，OC=2‎ 易得∠BOC=60°‎ 此时=‎ ‎14.盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5cm，两个直径为5cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降______cm.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两个小球的直径为，则半径为，得到两个小球的体积的和为，再由圆柱的体积公式，列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】设取出小球后，容器中水面下降，‎ 由两个小球的直径为，则半径为，‎ 所以两个小球的体积为，‎ 则，解得，‎ 即若取出这两个小球，则水面将下降.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查了球的体积公式，以及圆柱的体积公式的应用，其中解答熟记球的体积公式和圆柱的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎15.圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．‎ ‎【详解】圆与圆的方程相减得：，‎ 由圆的圆心，半径r为2，‎ 且圆心到直线的距离，‎ 则公共弦长为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．‎ ‎16. 如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：‎ ‎①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.‎ 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ 对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又，所以平面PAB，从而可得，故①正确。‎ 对于②，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确。‎ 对于③，由于在正六边形中，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确。‎ 对于④，由条件得为直角三角形，且PA⊥AD，又，所以∠PDA=45°。故④正确。‎ 综上①④正确。‎ 答案：①④‎ 三、解答题（本题共 6 道小题，共 70 分）‎ ‎17.已知一个几何体的三视图如图所示.‎ ‎（1）求此几何体的表面积；‎ ‎（2）如果点，在正视图中所示位置，为所在线段中点，为顶点，求在几何体侧面的表面上，从点到点的最短路径的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．‎ ‎（2）将圆柱侧面展开，在平面矩形内线段PQ长为所求．‎ ‎【详解】（1）由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、‎ 圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.‎ ‎，，，‎ 所以.‎ ‎（2）沿点与点所在母线剪开圆柱侧面，如图.‎ 则，所以从点到点在侧面上的最短路径的长为.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求面积，解题的关键是由三视图还原出实物图的几何特征及其度量，再由公式求出表面积，还考查曲面距离最值问题，采用化曲面为平面的办法．须具有空间想象能力、转化、计算能力．‎ ‎18.已知直线，圆.‎ ‎（1）试证明：不论为何实数，直线和圆总有两个交点；‎ ‎（2）求直线被圆截得的最短弦长.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）因不论k为何实数，直线l总过点A（1,0），而,所以点A在圆C的内部，即不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点 ‎（2）由几何性质过点A（1,0）的弦只有和AC垂直时最短，而此时点A（1，0）为弦的中点，由勾股定理，弦长为，‎ 考点：本题考查直线与圆的位置关系 点评：解决本题的关键是利用圆的几何性质解题 ‎19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，点在线段上，且，为的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若平面平面，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）体积为18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出PN⊥AD，BN⊥AD，由此能证明AD⊥平面PNB．‎ ‎（2）推导出PN⊥平面ABCD，点P到平面ABCD的距离为3，由，能求出三棱锥P﹣NBM的体积．‎ ‎【详解】（1）如图，∵，为的中点，∴，‎ ‎∵底面为菱形，，∴，∵，∴平面.‎ ‎（2）∵平面平面，平面平面，，∴平面，‎ ‎∵，，∴，点到的距离为。‎ ‎∵平面，，∴平面，∵,‎ ‎∴，∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴三棱锥的体积为18.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎20.已知坐标平面上动点与两个定点，，且.‎ ‎（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；‎ ‎（2）记（1）中轨迹为，过点的直线被所截得的线段长度为8，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1），轨迹是以为圆心，以5为半径的圆；（2）直线的方程为或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意，分析可得，对其化简整理变形可得，由圆的标准方程即可得答案；‎ ‎（2）分两种情况讨论：①当直线l的斜率不存在，②当直线l的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线l被C所截得的线段长度为8，可得关于k的方程，解可得k的值，综合即可得答案．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题意，得，即：，‎ 化简，得：，‎ 所以点的轨迹方程是.‎ 轨迹是以为圆心，以5为半径的圆.‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，，‎ 此时所截得的线段的长为.‎ 所以符合题意.‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为，‎ 即，圆心到的距离，‎ 由题意，得，解得.‎ 所以直线的方程为，‎ 即.综上，直线的方程为或.‎ ‎21.‎ 在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形。‎ ‎（Ⅰ）若，证明：直线平面；‎ ‎（Ⅱ）设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线平面？请证明你的结论。‎ ‎【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，M为线段AB的中点时，直线平面.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）证直线垂直平面，就是证直线垂直平面内的两条相交直线.已经有了，那么再在平面内找一条直线与BC垂直.据题意易得，平面ABC，所以.由此得平面.（2）首先连结，取的中点O.考虑到，分别是线段，的中点，故在线段上取中点，易得.从而得直线平面.‎ 试题解析：（Ⅰ）因为四边形和都是矩形，‎ 所以.‎ 因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，‎ 所以平面ABC.‎ 因为直线平面ABC内，所以.‎ 又由已知，为平面内的两条相交直线，‎ 所以，平面.‎ ‎（2）取线段AB的中点M，连接，设O为的交点.‎ 由已知，O为的中点.‎ 连接MD，OE，则MD，OE分别为的中位线.‎ 所以，，‎ 连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则.‎ 因为直线平面，平面，‎ 所以直线平面.‎ 即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使得直线平面.‎ ‎【考点定位】空间直线与平面的位置关系.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点。曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ．由与轴的交点为 关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数。因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程。因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．‎ 详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为 ‎ ．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．‎ ‎（2）设，，其坐标满足方程组 消去，得方程．‎ 由已知可得，判别式，且，．  由于，可得．‎ 又，‎ 所以． ‚ ‎ 由‚得，满足，故．‎ 点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：‎ ‎① 待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；‎ ‎ ②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径。‎ ‎（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得。可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值。‎ ‎ ‎ ‎ ‎