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文档介绍
数学卷·2018届重庆十八中高二上学期期中数学试卷(理科) (解析版)
2016-2017学年重庆十八中高二(上)期中数学试卷(理科) 一、选择题:本题共12小题,每小题5分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系是( ) A.相交 B.平行 C.重合 D.平行或重合 2.设m,n是两条直线,α,β是两个平面,给出四个命题 ①m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α⇒α∥β ②m⊥α,n⊥α⇒m∥n ③m∥α,m∥n⇒n∥α ④α⊥β,m⊂α⇒m⊥β 其中真命题的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 3.圆O1:x2+y2﹣2x=0和圆O2:x2+y2﹣4y=0的位置关系是( ) A.相离 B.相交 C.外切 D.内切 4.空间四边形ABCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD,BC所成的角的补角为( ) A.120° B.60° C.90° D.30° 5.一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( ) A. B. C. D. 6.已知圆C:x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称,则实数m的值( ) A.8 B.﹣4 C.6 D.无法确定 7.过点A(1,4),且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 8.将你手中的笔想放哪就放哪,愿咋放就咋放,总能在教室地面上画一条直线,使之与笔所在的直线( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直 9.一束光线从点A(﹣1,1)出发,经x轴反射到圆C:(x﹣2)2+(y﹣3)2=1上的最短路程是( ) A.3﹣1 B.2 C.4 D.5 10.已知点P(m,n)是直线2x+y+5=0上的任意一点,则的最小值为( ) A.5 B. C. D. 11.已知圆C:(x﹣3)2+(y﹣4)2=1和两点A(﹣m,0),B(m,0)(m>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 12.点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=2,AC=2,若四面体ABCD体积的最大值为,则该球的表面积为( ) A. B.8π C.9π D.12π 二、填空题:本题共4小题,每小题5分. 13.若直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直,则a= . 14.一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 15.过点的直线l与圆C:(x﹣1)2+y2=4交于A、B两点,C为圆心,当∠ACB最小时,直线l的方程为 . 16.过直线x=4上动点P作圆O:x2+y2=4的两条切线PA,PB,其中A,B是切点,则下列结论中正确的是 .(填正确结论的序号) ①|OP|的最小值是4; ②•=0; ③•=4; ④存在点P,使△OAP的面积等于; ⑤任意点P,直线AB恒过定点. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算过程. 17.直线过点P(﹣3,1),且与x轴,y轴分别交于A,B两点. (Ⅰ)若点P恰为线段AB的中点,求直线l的方程; (Ⅱ)若=,求直线l的方程. 18.在平面直角坐标系xOy中,曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点都在圆C上. (Ⅰ)求圆C的方程; (Ⅱ)若圆C与直线x﹣y+a=0交于A,B两点,且CA⊥CB求a的值. 19.已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,AD=1,点M为PC中点,过A、M的平面α与此四棱锥的面相交,交线围成一个四边形,且平面α⊥平面PBC. (1)在图中画出这个四边形(不必说出画法和理由); (2)求平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值. 20.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C. (Ⅰ)证明:A1C1=AB1; (Ⅱ)若AC⊥AB1,∠BCC1=120°,AB=BC,求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值. 21.△ABC为等腰直角三角形,AC=BC=4,∠ACB=90°,D、E分别是边AC和AB的中点,现将△ADE沿DE折起,使面ADE⊥面DEBC,H、F分别是边AD和BE的中点,平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 (Ⅰ)求证:IH∥BC; (Ⅱ)求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值. 22.已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动,它与定点Q(4,0)所连线段的中点为M. (1)求点M的轨迹方程. (2)过定点(0,﹣3)的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2)且满足+=,求直线l的方程. 2016-2017学年重庆十八中高二(上)期中数学试卷(理科) 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共12小题,每小题5分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系是( ) A.相交 B.平行 C.重合 D.平行或重合 【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系. 【分析】由直线方程易判:当a=﹣时,两直线重合,当a≠﹣时,两直线平行,进而可得答案. 【解答】解:∵3×2=1×6, ∴当a=﹣时,两直线重合, 当a≠﹣时,两直线平行, ∴直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系为平行或重合, 故选:D 2.设m,n是两条直线,α,β是两个平面,给出四个命题 ①m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α⇒α∥β ②m⊥α,n⊥α⇒m∥n ③m∥α,m∥n⇒n∥α ④α⊥β,m⊂α⇒m⊥β 其中真命题的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】①利用面面平行的判定定理判断.②利用线面垂直的性质判断.③利用线面平行的定义和性质判断.④利用面面垂直的性质和线面垂直的性质判断. 【解答】解:①根据面面平行的判定定理可知m,n必须是相交直线,∴①错误. ②根据垂直于同一个平面的两条直线平行可知,m⊥α,n⊥α⇒m∥n正确. ③若m∥α,m∥n,则n∥α或n⊂α,∴③错误. ④根据面面垂直的性质定理可知,若α⊥β,m⊂α,则m⊥β不一定成立.∴④错误. 故选:B. 3.圆O1:x2+y2﹣2x=0和圆O2:x2+y2﹣4y=0的位置关系是( ) A.相离 B.相交 C.外切 D.内切 【考点】圆与圆的位置关系及其判定. 【分析】求出半径,求出圆心,看两个圆的圆心距与半径的关系即可. 【解答】解:圆O1:x2+y2﹣2x=0,即(x﹣1)2+y2=1,圆心是O1(1,0),半径是r1=1 圆O2:x2+y2﹣4y=0,即x2+(y﹣2)2=4,圆心是O2(0,2),半径是r2=2 ∵|O1O2|=,故|r1﹣r2|<|O1O2|<|r1+r2| ∴两圆的位置关系是相交. 故选 B 4.空间四边形ABCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD,BC所成的角的补角为( ) A.120° B.60° C.90° D.30° 【考点】异面直线及其所成的角. 【分析】如图所示,取AC的中点G,连接EG,FG,利用三角形中位线定理可得:EG=BC,FG=AD.在△EFG中,由余弦定理可得:cos∠EGF,即可得出. 【解答】解:如图所示,取AC的中点G,连接EG,FG, 利用三角形中位线定理可得:EG=BC=1,FG=AD=1. 在△EFG中,由余弦定理可得:cos∠EGF==﹣, ∴∠EGF=120°. ∴异面直线AD,BC所成的角为60°,其补角为120°. 故选:A. 5.一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( ) A. B. C. D. 【考点】简单空间图形的三视图. 【分析】由三视图的作法规则,长对正,宽相等,对四个选项进行比对,找出错误选项. 【解答】解:本题中给出了正视图与左视图,故可以根据正视图与俯视图长对正,左视图与俯视图宽相等来找出正确选项 A中的视图满足三视图的作法规则; B中的视图满足三视图的作法规则; C中的视图不满足三视图的作法规则中的宽相等,故其为错误选项; D中的视图满足三视图的作法规则; 故选C 6.已知圆C:x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称,则实数m的值( ) A.8 B.﹣4 C.6 D.无法确定 【考点】直线和圆的方程的应用;恒过定点的直线. 【分析】因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称,所以直线x﹣y+3=0过圆心(﹣,0),由此可求出m的值. 【解答】解:因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称, 所以直线x﹣y+3=0过圆心(﹣,0), 从而﹣+3=0,即m=6. 故选C. 7.过点A(1,4),且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【考点】直线的截距式方程. 【分析】当截距为0时,设y=kx,待定系数法求k值,即得所求的直线方程; 当截距不为0时,设,或, 待定系数法求a值,即得所求的直线方程. 【解答】解:当截距为0时,设y=kx,把点A(1,4)代入,则得k=4,即y=4x; 当截距不为0时,设,或,过点A(1,4), 则得a=5,或a=﹣3,即x+y﹣5=0,或x﹣y+3=0 这样的直线有3条:y=4x,x+y﹣5=0,或x﹣y+3=0. 故选C. 8.将你手中的笔想放哪就放哪,愿咋放就咋放,总能在教室地面上画一条直线,使之与笔所在的直线( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【分析】由题设条件可知,可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项. 【解答】解:由题意,笔所在直线若与地面垂直,则在地面总有这样的直线,使得它与笔所在直线垂直 若笔所在直线若与地面不垂直,则其必在地面上有一条投影线,在平面中一定存在与此投影线垂直的直线,由三垂线定理知,与投影垂直的直线一定与此斜线垂直 综上,手中的笔想放哪就放哪,愿咋放就咋放,总能在教室地面上画一条直线,使之与笔所在的直线垂直. 故选D. 9.一束光线从点A(﹣1,1)出发,经x轴反射到圆C:(x﹣2)2+(y﹣3)2=1上的最短路程是( ) A.3﹣1 B.2 C.4 D.5 【考点】直线与圆的位置关系;图形的对称性. 【分析】先作出圆C关于x轴的对称的圆C′,问题转化为求点A到圆C′上的点的最短路径,方法是连接AC′与圆交于B点,则AB为最短的路线,利用两点间的距离公式求出AC′,然后减去半径即可求出. 【解答】 解:先作出已知圆C关于x轴对称的圆C′,则圆C′的方程为:(x﹣2)2+(y+3)2=1,所以圆C′的圆心坐标为(2,﹣3),半径为1, 则最短距离d=|AC′|﹣r=﹣1=5﹣1=4. 故选C. 10.已知点P(m,n)是直线2x+y+5=0上的任意一点,则的最小值为( ) A.5 B. C. D. 【考点】点到直线的距离公式. 【分析】由已知得的最小值是点(1,﹣2)到直线2x+y+5=0的距离,由此能求出结果. 【解答】解:∵点P(m,n)是直线2x+y+5=0上的任意一点, ∴的最小值是点(1,﹣2)到直线2x+y+5=0的距离, ∴的最小值d==. 故选:C. 11.已知圆C:(x﹣3)2+(y﹣4)2=1和两点A(﹣m,0),B(m,0)(m>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 【考点】直线与圆的位置关系. 【分析】根据圆心C到O(0,0)的距离为5,可得圆C上的点到点O的距离的最大值为6.再由∠APB=90°,可得PO=AB=m,可得m≤6,从而得到答案. 【解答】解:圆C:(x﹣3)2+(y﹣4)2=1的圆心C(3,4),半径为1, ∵圆心C到O(0,0)的距离为5, ∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6. 再由∠APB=90°可得,以AB为直径的圆和圆C有交点, 可得PO=AB=m,故有m≤6, 故选:B. 12.点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=2,AC=2,若四面体ABCD体积的最大值为,则该球的表面积为( ) A. B.8π C.9π D.12π 【考点】球的体积和表面积. 【分析】根据几何体的特征,判定外接球的球心,求出球的半径,即可求出球的表面积. 【解答】解:根据题意知,△ABC是一个直角三角形,其面积为2.其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上,设小圆的圆心为Q, 四面体ABCD的体积的最大值,由于底面积S△ABC不变,高最大时体积最大, 所以,DQ与面ABC垂直时体积最大,最大值为×S△ABC×DQ=, S△ABC=AC•BQ==2. 即××DQ=,∴DQ=2,如图. 设球心为O,半径为R,则在直角△AQO中, OA2=AQ2+OQ2,即R2=()2+(2﹣R)2,∴R= 则这个球的表面积为:S=4π()2=9π; 故选:C. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分. 13.若直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直,则a= ﹣2 . 【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系. 【分析】由题意可知两条直线垂直,斜率乘积为﹣1,即可求出a的值. 【解答】解:直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直,由于直线的斜率存在,所以斜率乘积为﹣1,即﹣1•()=﹣1,所以a=﹣2. 故答案为:﹣2. 14.一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 54 【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】根据几何体的三视图,得出该几何体是竖放的直四棱柱,由此求出它的体积. 【解答】解:根据几何体的三视图,得;几何体是竖放的直四棱柱, 该四棱柱的底面为梯形,梯形的上底为4、下底为5,高为3,四棱柱的高为4, ∴该几何体的体积为=54. 故答案为54. 15.过点的直线l与圆C:(x﹣1)2+y2=4交于A、B两点,C为圆心,当∠ACB最小时,直线l的方程为 2x﹣4y+3=0 . 【考点】直线和圆的方程的应用;直线的一般式方程. 【分析】研究知点在圆内,过它的直线与圆交于两点A,B,当∠ACB最小时,直线l与CM垂直,故先求直线CM的斜率,再根据充要条件求出直线l的斜率,由点斜式写出其方程. 【解答】解:验证知点在圆内, 当∠ACB最小时,直线l与CM垂直, 由圆的方程,圆心C(1,0) ∵kCM==﹣2, ∴kl= ∴l:y﹣1=(x﹣),整理得2x﹣4y+3=0 故应填2x﹣4y+3=0 16.过直线x=4上动点P作圆O:x2+y2=4的两条切线PA,PB,其中A,B是切点,则下列结论中正确的是 ①②③⑤ .(填正确结论的序号) ①|OP|的最小值是4; ②•=0; ③•=4; ④存在点P,使△OAP的面积等于; ⑤任意点P,直线AB恒过定点. 【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】①由点O到直线x=4的距离,即可判断; ②由圆的对称性,即可得到OP⊥AB; ③由数量积的定义和余弦函数的定义,即可得到=||2=4,即可判断; ④求出△OAP的面积的最小值为2,即可判断; ⑤设P(4,y0),求出直线AB的方程,即可判断直线AB恒过定点. 【解答】解:①由点O到直线x=4的距离为4,故①正确; ②由平面几何知识得,OP⊥AB,故②正确; ③=||2=4,故③正确; ④由于△OAP的面积为×|AP|×2=|AP|=,故④不正确; ⑤设P(4,y0),直线AB的方程为:4x+y0y=4,则直线AB恒过定点(1,0),故⑤正确. 故答案为:①②③⑤ 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算过程. 17.直线过点P(﹣3,1),且与x轴,y轴分别交于A,B两点. (Ⅰ)若点P恰为线段AB的中点,求直线l的方程; (Ⅱ)若=,求直线l的方程. 【考点】待定系数法求直线方程;平行向量与共线向量. 【分析】(Ⅰ)设出A、B两点的坐标,由线段的中点公式求出A、B两点的坐标,用两点式求直线的方程,并化为一般式. (Ⅱ)设A(x,0)、B(0,y),若=,则(﹣3﹣x,1)=2(3,y﹣1),可得A的坐标,即可求直线l的方程. 【解答】解:(Ⅰ)设A(x,0)、B(0,y),由中点坐标公式得:x=﹣6,y=2, ∴直线l的方程为=1, 即x﹣3y+6=0. (Ⅱ)设A(x,0)、B(0,y),若=,则(﹣3﹣x,1)=2(3,y﹣1), ∴﹣3﹣x=6,1=2y﹣2, ∴x=﹣9,y=, ∴直线l的方程,即x﹣6y+9=0. 18.在平面直角坐标系xOy中,曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点都在圆C上. (Ⅰ)求圆C的方程; (Ⅱ)若圆C与直线x﹣y+a=0交于A,B两点,且CA⊥CB求a的值. 【考点】二次函数的性质. 【分析】(Ⅰ)曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点为A(0,5),B(1,0),C(5,0),设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,代入构造方程组,解得圆C的方程; (Ⅱ)若圆C与直线x﹣y+a=0交于A,B两点,且CA⊥CB,则d==,解得a值. 【解答】(本题满分12分) 解:(Ⅰ)曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点为A(0,5),B(1,0),C(5,0), 设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0, 则, 解得:, 故圆C的方程为:x2+y2﹣6x﹣6y+5=0,即(x﹣3)2+(y﹣3=13 … (Ⅱ)由CA⊥CB得△ABC为等腰直角三角形,|AB|=r d==, 解得:a=±… 19.已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,AD=1,点M为PC中点,过A、M的平面α与此四棱锥的面相交,交线围成一个四边形,且平面α⊥平面PBC. (1)在图中画出这个四边形(不必说出画法和理由); (2)求平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值. 【考点】二面角的平面角及求法. 【分析】(1)取PB中点N,连接AN,DM,MN,则MN∥AD,由公理2的推论可得平面α; (2)分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系,由已知求得所用点的坐标,进一步求得平面α与平面ABM的法向量,由法向量所成角的余弦值可得平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值. 【解答】解:(1)取PB中点N,连接AN,DM,MN, 则MN∥AD,MN与AD确定平面α; (2)分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系, ∵PA=AB=2,AD=1,点M为PC中点,N为PB中点, ∴, ,, 设平面AMB的法向量, 则由,取x=2,得. 平面α的法向量, ∴平面α与平面AMB所成二面角的余弦值. 20.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C. (Ⅰ)证明:A1C1=AB1; (Ⅱ)若AC⊥AB1,∠BCC1=120°,AB=BC,求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值. 【考点】二面角的平面角及求法. 【分析】(Ⅰ)连结BC1,交B1C于点O,连结AO,可证B1C⊥平面ABO,可得B1C⊥AO,B1O=CO,进而可得A1C1=AB1; (Ⅱ)以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系,分别可得两平面的法向量,可得所求余弦值. 【解答】(Ⅰ)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO, ∵侧面BB1C1C为菱形,∴B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点. 又AB⊥B1C,∴B1C⊥平面ABO.故B1C⊥AO.又B1O=CO, 故AC=AB1. 又AC=A1C1,∴A1C1=AB1; (Ⅱ)解:∵AC⊥AB1,且O为B1C的中点,∴AO=CO. 又∵AB=BC,∴△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两垂直.以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,设|OB|=1,建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz. ∵∠BCC1=120°,∴∠CBB1=60°,∴△CBB1为等边三角形,又AB=BC, 则,B(1,0,0),,. 设是平面AA1B1的法向量,则, ∴可取. 设是平面A1B1C1的法向量,则同理可取. 则. ∴结合图形知二面角A﹣A1B1﹣C的余弦值为. 21.△ABC为等腰直角三角形,AC=BC=4,∠ACB=90°,D、E分别是边AC和AB的中点,现将△ADE沿DE折起,使面ADE⊥面DEBC,H、F分别是边AD和BE的中点,平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 (Ⅰ)求证:IH∥BC; (Ⅱ)求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值. 【考点】直线与平面所成的角;直线与平面平行的性质. 【分析】(I)DE∥BC,可得DE∥平面BCH,可得DE∥IH,即可证明IH∥BC. (II)建立如图所示的空间直角坐标系.设平面BCH的法向量为=(x,y,z),则,设直线AE与平面角GIC所成角为θ,则sinθ=|cos|=. 【解答】(I)证明:DE∥BC,DE⊄平面BCH,BC⊂平面BCH, ∴DE∥平面BCH, ∵平面ADE∩平面BCH=IH, ∴DE∥IH, ∴IH∥BC. (II)解:建立如图所示的空间直角坐标系. D(0,0,0),A(0,0,2),E(0,﹣2,0),C(2,0,0), H(0,0,1),B(2,﹣4,0), =(﹣2,0,1),=(0,﹣4,0),=(0,﹣2,﹣2). 设平面BCH的法向量为=(x,y,z),则,即,取=(1,0,2). 设直线AE与平面角GIC所成角为θ,则sinθ=|cos|===. 22.已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动,它与定点Q(4,0)所连线段的中点为M. (1)求点M的轨迹方程. (2)过定点(0,﹣3)的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2)且满足+=,求直线l的方程. 【考点】直线与圆的位置关系;轨迹方程. 【分析】(1)利用代入法求点M的轨迹方程. (2)当直线L的斜率不存在时,直线L:x=0,满足条件,当直线L的斜率存在时,设直线L:y=kx﹣3,联立直线与圆的方程,利用韦达定理,可求出满足条件的k值,进而得到直线L的方程,最后综合讨论结果,可得答案. 【解答】解:(1)设M(x,y),动点P(x1,y1), 由中点的坐标公式解得x1=2x﹣4,y1=2y, 由x12+y12=36,得(2x﹣4)2+(2y)2=36, ∴点M的轨迹方程是(x﹣2)2+y2=9… (2)当直线L的斜率不存在时,直线L:x=0,与圆M交于, 此时x1=x2=0,不合题意.… 当直线L的斜率存在时,设直线L:y=kx﹣3,则, 消去y,得(1+k2)x2﹣(4+6k)x+4=0,, 由已知,经检验△>0. 综上:直线L为:x﹣y﹣3=0,17x﹣7y﹣21=0.… 查看更多