2018-2019学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于直线的斜率求得倾斜角.‎ ‎【详解】‎ 由，得，‎ 设直线的倾斜角为，则，‎ ‎，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的斜截式方程的应用以及直线斜率与直线倾斜角的关系，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.‎ ‎2．如图，已知的直观图是一个直角边长是1的等腰直角三角形，那么的面积是（ ）‎ A． B． C． 1 D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图与还原为原几何图形，‎ 利用三角形面积公式可得结果.‎ ‎【详解】‎ 平面直观图与其原图形如图，‎ 直观图是直角边长为的等腰直角三角形，‎ 还原回原图形后，边还原为长度不变，仍为，‎ 直观图中的在原图形中还原为长度，且长度为，‎ 所以原图形的面积为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直观图还原几何图形，属于简单题. 利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与轴平行的线段仍然与与轴平行且相等；二是与轴平行的线段仍然与轴平行且长度减半.‎ ‎3．已知直线，，则与之间的距离是（ ）‎ A． B． C． 1 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 直接利用平行线之间的距离公式化简求解即可.‎ ‎【详解】‎ 两条直线与，‎ 化为直线与，‎ 则与的距离是，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两平行线之间的距离，属于简单题.解析几何中的距离常见有：（1）‎ 点到点距离，；（2）点到线距离，，（3）线到线距离.‎ ‎4．设是直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）‎ A． 若，则 B． 若，则 C． 若，则 D． 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由与相交或平行判断；由面面垂直的判定定理判断；由与平行或判断；由与相交、平行或判断.‎ ‎【详解】‎ 由是直线，是两个不同的平面，知：‎ 在中，若，则与相交或平行，故错误；‎ 在中，若，则由面面垂直的判定定理得，故正确；‎ 在中，若，则与平行或，故错误；‎ 在中，若，则与相交、平行或，故错误，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.‎ ‎5．正四面体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成的角是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 取中点，连结，则，且，从而是异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成的角.‎ ‎【详解】‎ 取中点，连结，‎ 设正四面体的棱长为,‎ 则，且，‎ 是异面直线与所成的角，‎ 取中点，连结 则，‎ 平面,‎ 平面,，‎ ‎，‎ ‎，‎ 异面直线与所成的角为,故选B .‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.‎ ‎6．若三条直线相交于同一点，则点 到原点的距离的最小值为（）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】联立，解得 把(1,2)代入可得 ‎∴.‎ ‎∴点到原点的距离 当时，取等号。‎ ‎∴点到原点的距离的最小值为.‎ 故选：A.‎ ‎7．已知点，若圆上存在点（不同于点），使得，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 问题转化为为直径的圆与圆有公共点，利用两圆圆心距与半径的关系，列出不等式得出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 在以为直径的圆上，‎ 因为圆上存在点（不同于点），使得，‎ 圆与圆有公共点，‎ ‎，解得，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆与圆的位置关系以及转化与划归思想的应用，属于中档题. 两圆半径为，两圆心间的距离，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.‎ ‎8．已知三棱锥，记二面角的平面角是，直线与平面所成的角是 ‎，直线与所成的角是，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不妨设三棱锥是棱长为2的正四面体，取中点中点中点，连结 ，过作，交于，连结，则，，分别求出其余弦值即可得结果..‎ ‎【详解】‎ 不妨设三棱锥是棱长为2的正四面体，‎ 取中点中点中点，连结 ，‎ 过作，交于，连结，‎ 则，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 因为 成立，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 求空间线面角、线线角、面面角的法与步骤：1、根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，但这要求学生必须具有较强的空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程；2、对于特殊的几何体，如长方体、正方体等当比较容易建立空间直角坐标系时，也可采用向量法求解.‎ ‎9．是边长为2的等边三角形，是边上的动点，于，则的最小值是（ ）‎ A． 1 B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以为直径作,连接交于，由圆的几何性质可得为所求，从而能求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为， ‎ 所以的轨迹是以为直径的圆，‎ 设为直径的,‎ 连接交于，‎ 根据圆的几何性质可得为所求，‎ 是直径，，‎ ‎，‎ 最小值，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 解答解析几何的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.‎ ‎10．在四面体中， ，二面角 的余弦值是，则该四面体外接球的表面积是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 取中点，连接，由题意可得为二面角，取等边的中心，找出点为四面体的外接球球心.‎ ‎【详解】‎ 取中点，连接，‎ ‎，‎ 平面，‎ 为二面角，‎ 在中，，，‎ 取等边的中心，作平面，‎ 过作平面， （ 交于）‎ ‎，‎ 因为二面角的余弦值是，‎ ‎，‎ ‎，‎ 点为四面体的外接球球心，‎ 其半径为，表面积为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.‎ 二、填空题 ‎11．已知直线过点，，则直线在轴上的截距是________，截圆的弦长是__________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 利用两点式求出直线方程，令可得直线在轴上的截距，求出原点到直线距离，利用勾股定理可得弦长.‎ ‎【详解】‎ 因为直线过点，，‎ 所以直线的方程为，‎ 化为，令，‎ 直线在轴上的截距，‎ 原点到的距离为，‎ 所以圆截直线的弦长为，‎ 故答案为 ， .‎ ‎2‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线方程以及直线与圆的位置关系，属于难题.解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑圆心到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.‎ ‎12．已知直线，. 若，则实数_________；若，则实数_________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 根据直线平行与直线垂直的性质可求出.‎ ‎【详解】‎ 因为直线，，‎ 所以当时，,解得或，‎ 当时，两直线重合，不合题意，故实数，‎ 当，则，解得，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的方程，两条直线平行、垂直与斜率的关系，属于简单题. 对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） （）；（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.‎ ‎13．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是__________，表面积是____________.‎ ‎【答案】 90 138 ‎ ‎【解析】‎ 由三视图可得几何体为如图所示：利用长方体与三棱柱的体积与表面积计算公式即可得出.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可得该几何体为如图所示：‎ 则该几何体的体积，‎ 表面积，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.‎ ‎14．已知圆锥的底面半径是，母线长是，则将它侧面沿一条母线展开而成的扇形的中心角等于________，若是的中点，从处拉一条绳子绕圆锥侧面转到点，则绳子长度的最小值等于__________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 扇形侧面展开图的弧长等于底面圆的周长，为，半径为母线长2，从而可得圆心角；设侧面展开图为扇形，则展开图中的长就是绳子长度的最小值， ‎ 由余弦定理可得结果.‎ ‎【详解】‎ 扇形侧面展开图的弧长等于底面圆的周长，为，半径为母线长2，‎ 所以，将它侧面沿一条母线展开而成的扇形的中心角等于；‎ 设侧面展开图为扇形，则展开图中的长就是绳子长度的最小值， ‎ 由余弦定理可得为，‎ 故答案为 ， .‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥的侧面展开图以及余弦定理的应用，属于中档题.求旋转体表面上两点的最小距离时，往往利用其侧面展开图转化为平面几何知识解答.‎ ‎15．若圆上有且仅有两个点到直线的距离为5，则的取值范围是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 求出圆心到直线的距离等于，由，能求出半径的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 圆心到直线的距离等于，‎ 圆上有且仅有两个点到直线的距离为5，‎ 由圆的几何性质可得，‎ 解得，‎ 半径的取值范围是，故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的方程与几何性质，点到直线的距离公式等基础知识，以及圆上的点到直线距离的取值范围，意在考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题.‎ ‎16．，动直线过定点，动直线过定点，若直线l与相交于点（异于点），则周长的最大值为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由条件得直线过定点，直线过定点，且。‎ 又直线，‎ ‎ 所以,‎ ‎∴，当且仅当时等号成立，‎ ‎∴，即周长的最大值为。‎ 答案：‎ ‎17．如右图，正方体中，是的中点，是侧面上的动点，且//平面，则与平面所成角的正切值的最大值是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设分别为边上的中点,根据面面平行的判定定理，可得平面平面，结合已知中面，可得落在线段上，即为与平面 所成角,求出该角正切的最大值即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 设分别为边上的中点,‎ 则四点共面，‎ 且平面平面，‎ 又面，‎ 落在线段上，‎ 是与平面所成的角，‎ ‎，‎ 设的中点为,‎ 则当与重合时最小，‎ 此时与平面所成角的正切值有最大值为，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面平行、线面平行的判断与性质以及线面角的求解方法，属于难题. 根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，但这要求学生必须具有较强的空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程.‎ 三、解答题 ‎18．如图，在几何体中，，且是正三角形，四边形为正方形，是线段的中点，.‎ ‎（Ⅰ）若是线段上的中点，求证：；‎ ‎（Ⅱ）若是线段上的动点，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析 ； （2） .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）可用线面平行的判定方法证明，也可用面面平行的性质证明；（Ⅱ）先证，由此可得，故根据等积法可得。‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）解法一：取的中点，连接，‎ 是线段的中点，‎ ‎ 且，‎ 四边形为正方形，是线段上的中点 ‎ 且， ‎ ‎∴且，‎ 四边形是平行四边形，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎。‎ 解法二：取的中点，连接，‎ 是线段的中点，‎ 四边形为正方形，‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎。‎ 又是线段上的中点，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎。‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎（Ⅱ）四边形为正方形，‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎=‎ ‎19．已知圆.‎ ‎（Ⅰ）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求此切线的方程；‎ ‎（Ⅱ）从圆外一点向该圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且，求使取得最小值的点的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）切线在两坐标轴上的截距相等且截距不为零，可设切线方程为，‎ 根据圆的方程得圆心，半径，代入点到直线的距离公式中，即可得到所求切线的方程．‎ 切线与半径垂直得，化简得动点的轨迹是直线；‎ 的最小值就是的最小值，即点到直线的距离，从而可以求出点坐标．‎ 试题解析：（1）∵切线在两坐标轴上的截距相等且截距不为零，‎ ‎∴设切线方程为，‎ 又∵圆，∴圆心到切线的距离等于圆的半径，‎ ‎∴，或，则所求切线的方程为或．‎ ‎（2）∵切线与半径垂直，∴，∴，‎ ‎∴，∴动点的轨迹是直线．‎ 的最小值就是的最小值，而的最小值为到直线的距离．‎ 此时点坐标为．‎ ‎【考点】1、直线与圆的位置关系；2、最值问题的求法.‎ ‎20．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）若，求二面角的正切值.‎ ‎【答案】（1）见解析 ； （2）3 .‎ ‎【解析】试题分析： (1)证明线面垂直，一般利用线面垂直判定及性质定理，经多次转化得证：先由线面垂直PA⊥平面ABCD得线线垂直PA⊥BD.同理PC⊥BD.，再由线线垂直得线面垂直BD⊥平面PAC. (2)求二面角正切值，一般利用空间直角坐标系，根据空间向量数量积进行求解：先建立恰当直角坐标系，设各点坐标，利用方程组得两平面法向量，再根据向量数量积求其夹角余弦值，最后根据同角三角函数关系求正切值.‎ 试题解析：(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BD.‎ 同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD.‎ 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC. ‎ ‎(2)解 ‎ 如图，‎ 分别以射线AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．‎ 由(1)知BD⊥平面PAC，‎ 又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC. ‎ 故矩形ABCD为正方形， ‎ ‎∴AB＝BC＝CD＝AD＝2.‎ ‎∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．‎ ‎∴＝(2,0，－1)，＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)．‎ 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 ‎ ‎ ‎∴取x＝1得n＝(1,0,2)．‎ ‎∵BD⊥平面PAC，‎ ‎∴＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量．‎ cos＝‎ 设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0<α<，‎ ‎∴cos α＝，sin α＝‎ ‎∴tan α＝＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.‎ ‎【考点】线面垂直判定及性质定理，利用空间向量求二面角 ‎【方法点睛】破解空间垂直问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．由于“线线垂直”、 “线面垂直”、“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．‎ ‎21．如图，已知和所在平面互相垂直，且，‎ ‎，点分别在线段上，沿直线将向上翻折使得与重合.‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角.‎ ‎【答案】（1）见解析 ； （2）4 .‎ ‎【解析】‎ ‎(1)利用平面与平面垂直，推出，证明平面，然后证明；(2)设，则，设，则，取的中点，连接，推出点是的中点，说明为所求的线面角，通过求解三角形求解直线与平面所成角.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）面面，面面，‎ ‎，‎ 面，‎ ‎.‎ ‎（2）设，则，‎ 设，则，‎ 取的中点，连接，‎ 又面，‎ ‎，‎ ‎，点是的中点，‎ 面为所求角的线面角，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以直线与平面所成角为.‎ ‎【点睛】‎ 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎ ‎22．设A、B为抛物线C：上两点，A与B的中点的横坐标为2，直线AB的斜率为1．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线 交x轴于点M，交抛物线C：于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？请说明理由．‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）设 ，直线的斜率为1，又因为都在曲线上， ， ,结合利用点差法可得p = 2，从而可得结果；（Ⅱ）求得点的坐标分别为，，， 从而可得直线的方程为，联立方程 解得点的坐标为，可得直线的方程为，联立方程，整理得，利用，可得结论．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设 ，AB 直线的斜率为1，又因为A，B都在曲线C上，‎ 所以 ① ②‎ ‚-得,‎ 由已知条件得，得p = 2，所以抛物线C的方程是． ‎ ‎（Ⅱ）由题意，可知点的坐标分别为，，， ‎ 从而可得直线的方程为，联立方程，‎ 解得． ‎ 依题意，点的坐标为，由于，，可得直线的方程为，‎ 联立方程，整理得，‎ 则，从而可知和只有一个公共点．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与与抛物线的位置关系以及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.‎