浙江省嘉兴市南湖区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

浙江省嘉兴市南湖区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年第一学期高二期中联考数学试题 一、选择题(本大题共10小题,共40.0分)‎ ‎1.若直线经过两点,则直线的倾斜角为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:设直线的倾斜角为,由两点斜率公式的直线的斜率所以,故选A.‎ 考点:1、直线的斜率公式;2、直线的倾斜角.‎ ‎2.如果在两个平面内分别有一条直线,且这两条直线互相平行,那么这两个平面的位置关系一定是( )‎ A. 平行 B. 相交 C. 平行或相交 D. 垂直相交 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在两个平面内分别有一条直线,这两条直线互相平行,当两个平面相交时,在这两个平面内存在直线,使得这两条直线互相平行,当两个平面平行时,在这两个平面内存在直线,使得这两条直线互相平行,故这两个平面有可能相交或平行,所以这两个平面的位置关系是相交或平行,故选C.‎ ‎3.如图,扇形的圆心角为,半径为1,则该扇形绕所在直线旋转一周得到的几何体的表面积为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球,利用球面的表面积公式及圆的表面积公式即可求得.‎ ‎【详解】由已知可得:以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球,其中半球半径为1,故半球的表面积为:‎ 故答案为C ‎【点睛】本题主要考查了旋转体的概念,以及球的表面积的计算,其中解答中熟记旋转体的定义,以及球的表面积公式,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.‎ ‎4.已知是两条不同的直线,是三个不同的平面,则下列命题正确的是( )‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若,且,则 D 若,且,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项,均可举出反例;可证明得出.‎ ‎【详解】若,,则或与异面或与相交,故选项错误;‎ 若,,则与可能相交,故选项错误;‎ 若直线不相交,则平面不一定平行,故选项错误;‎ ‎, 或,又 ,故选项正确.‎ 本题正确选项:‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断,考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.‎ ‎5.如图是一个正方体的平面展开图,则在正方体中直线AB与CD的位置关系为  ‎ A. 相交 B. 平行 C. 异面而且垂直 D. 异面但不垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解:利用展开图可知,线段AB与CD是正方体中的相邻两个面的面对角线,仅仅异面,所成的角为600,因此选D ‎6.已知圆O1:x2+y2=1与圆O2:(x﹣3)2+(x+4)2=16,则圆O1与圆O2的位置关系为(  )‎ A. 外切 B. 内切 C. 相交 D. 相离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出两个圆的圆心和半径,再根据它们的圆心距等于半径之和,可得两圆相外切.‎ ‎【详解】圆的圆心为,半径等于1,圆的圆心为,半径等于4,‎ 它们的圆心距等于,等于半径之和,‎ 两个圆相外切.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】判断两圆的位置关系时常用几何法,即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系,一般不采用代数法.‎ ‎7.若实数满足,则的取值范围为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知等式变形后得到圆方程,找出圆心与半径,令,得到;求出圆心到直线的距离,即可得出所求式子的范围.‎ ‎【详解】令,即,表示一条直线;‎ 又方程可化为,表示圆心为,半径的圆;‎ 由题意直线与圆有公共点,‎ ‎∴圆心到直线的距离,‎ ‎∴,即的取值范围为.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系,由直线与圆的位置关系求参数,熟记直线与圆的位置关系即可,属于常考题型.‎ ‎8.已知点P是直线l:上的动点,过点P引圆C:的两条切线PM,PN,M,N为切点,当的最大值为时,则r的值为  ‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 结合题意,找出该角取最大值的时候PC的长度,建立方程,计算结果,即可。‎ ‎【详解】结合题意,绘制图像,可知 当取到最大值的时候,则也取到最大值,而,当PC取到最小值的时候,取到最大值,故PC的最小值为点C到该直线的最短距离,故,故,解得,故选D。‎ ‎【点睛】考查了点到直线距离公式,关键找出该角取最大值的时候PC的长度,建立方程,难度偏难。‎ ‎9.对于直角坐标平面内任意两点,,定义它们之间的一种“新距离”:.给出下列三个命题:‎ ‎①若点在线段上.则;‎ ‎②在中,若,则;‎ ‎③在中,.‎ 其中的真命题为(  )‎ A. ①③ B. ①② C. ① D. ③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,对于①若点在线段上,设点坐标为,然后代入验证显然成立.对于②在中,若,则|是几何距离而非题目定义的距离,明显不成立,对于③在中,用坐标表示 ‎,然后根据绝对值不等式可得到大于等于.推出不成立,故可得到答案.‎ ‎【详解】①若点在线段上,设点,那么在之间.在,之间,‎ ‎∴,故①正确;‎ ‎②,显然,平方后不能消除,,所以命题不成立,故②不正确;‎ ‎③在中,由绝对值不等式的性质可得:‎ ‎,故③不正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判定,考查新定义的问题,对于此类型的题目需要认真分析题目的定义再求解,切记不可脱离题目要求,熟记绝对值不等式的性质即可,属于中档题目.‎ ‎10.如图,在菱形中,,线段,的中点分别为.现将沿对角线翻折,使二面角的在大小为,则异面直线与所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点连接,,设菱形的边长为,可得(或补角)为与所成角.在中,由余弦定理,即可求出结果.‎ ‎【详解】取中点连接,,设菱形的边长为,‎ 因为,∴,,则(或补角)为与所成角.‎ ‎∴,‎ 在中,,可得,‎ 在中,.‎ 在中,.‎ 在中,.‎ 因此异面直线与所成角的余弦值为.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角,只需在几何体中作出异面直线所成的角,解对应三角形即可,属于常考题型.‎ 二、填空题(本大题共7小题,共36.0分)‎ ‎11.直观图(如图)中,四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2cm,则在xoy坐标中四边形ABCD为______,面积为______cm2.‎ ‎【答案】矩形、 8‎ ‎【解析】‎ 试题分析:根据直观图的做法,在做直观图时,原来与横轴平行的与X′平行,且长度不变,‎ 原来与y轴平行的与y′平行,长度变为原来的一半,且新的坐标轴之间的夹角是45(或135)度。所以四边形ABCD为边长分别为2,4的矩形,其面积为8.‎ 考点:本题主要考查平面图形的直观图画法。‎ 点评:注意直观图中线段与原图的关系。‎ ‎12.如图所示为某几何体的三视图,则该几何体最长棱的长度为_____,体积为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找到三视图对应的几何体原图,再求最长的棱长和体积.‎ ‎【详解】由三视图得几何体原图是如图所示的四棱锥P-ABCD,‎ 底面是边长为2的正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=2,‎ 所以最长的棱为PC=,‎ 几何体体积为.‎ 故答案为(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图还原几何体和几何体体积是计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎13.直线l1,l2的斜率k1,k2是关于k的方程2k2-4k+m=0的两根,若l1⊥l2,则m=________.若l1∥l2,则m=________.‎ ‎【答案】 (1). -2 (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据韦达定理得到,由两直线垂直斜率之积为可得结果;再根据两直线平行斜率相等,结合可得结果.‎ ‎【详解】直线,的斜率,是关于的方程的两根,∴,‎ 若,则,得;‎ 若,则,∴,得,故答案为和2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线的斜率和直线的位置关系,一元二次方程根与系数的关系,学生的转化能力,是一道基础题.‎ ‎14.如果平面直角坐标系中的两点关于直线对称,那么直线的方程为______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:直线斜率为,所以斜率为,设直线方程为,‎ 由已知直线过点,所以,即, 所以直线方程为,即.‎ 考点:直线方程.‎ ‎15.正方体的棱长为,,,,分别是,,,的中点,则过且与平行的平面截正方体所得截面的面积为______,和该截面所成角的正弦值为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 取中点,中点,中点,连结、、、、、,推导出平面平面,过且与平行的平面截正方体所得截面为,由此能求出过且与平行的平面截正方体所得截面的面积;以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出和该截面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】取中点,中点,中点,连结、、、、、,‎ ‎∵,,,,‎ ‎∴平面平面,‎ ‎∴过且与平行的平面截正方体所得截面为,‎ ‎∵,,四边形是矩形,‎ ‎∴过且与平行的平面截正方体所得截面的面积为:‎ ‎;‎ 以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,‎ ‎,,,,‎ ‎,,,‎ 设平面的法向量,‎ 则,取,得,‎ 设和该截面所成角为,‎ 则,‎ ‎∴和该截面所成角的正弦值为.‎ 故答案为;.‎ ‎【点睛】本题考查截面面积的求法,考查线面角的正弦值的求法,熟记面面平行的判定定理,以及空间向量的方法求线面角即可,属于常考题型.‎ ‎16.已知实数满足,则的取值范围是_________.‎ ‎【答案】[0,]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造直线x0,过圆上一点P作直线的垂线PM,则sin∠POM ‎,求出∠POM的范围即可得到答案.‎ ‎【详解】P(x,y)为圆x2+(y﹣2)2=1上的任意一点,则P到直线xy=0的距离PM,又因为圆在直线的上方,则PMx,‎ ‎∴sin∠POM,‎ 设圆x2+(y﹣2)2=1与直线y=kx相切,则1,解得k=±,‎ ‎∴∠POM的最小值为0°,最大值为60°,‎ ‎∴0≤sin∠POM,‎ 故答案为[0,].‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,考查数形结合思想的应用,注意临界位置的转化,属难题.‎ ‎17.四面体的四个顶点都在球的球面上,平面,是等边三角形.若侧面的面积为,则球的表面积的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点,连结,,作出外接球的球心,设是边长为的等边三角形,可得,记的中心为,作交的中垂线于,为外接球的中心,.(当且仅当时取等号),即可求出表面积最小值.‎ ‎【详解】取的中点,连结,,‎ ‎∵在四面体中,平面,‎ 设是边长为的等边三角形.,即,‎ ‎∴,是等腰三角形,‎ 记的中心为,作交的中垂线于,为外接球的中心,‎ 则,,‎ 所以(当且仅当时,取等号).‎ 四面体外接球的表面积为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查几何体外接球的相关计算,熟记简单几何体的结构特征,以及球的表面积公式即可,属于常考题型.‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74.0分)‎ ‎18.已知圆台侧面的母线长为,母线与轴的夹角为,一个底面的半径是另一个底面半径的倍.‎ ‎(1)求圆台两底面的半径;‎ ‎(2)如图,点为下底面圆周上的点,且,求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1) 上底面半径为,下底面半径为.(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设圆台上底面半径为,则下底面半径为,且.推导出,,从而.由此能求出圆台上底面半径和下底面半径;‎ ‎(2)过点作于点,连接,推导出,面,从而为与平面所成的角,由此即可求出结果.‎ ‎【详解】(1)设圆台上底面半径为,则下底面半径为,将圆台补成如图的圆锥,则.‎ 在中,,∴.‎ 在中,,∴.‎ ‎∴,所以.‎ 故圆台上底面半径为,下底面半径为.‎ ‎(2)过点作于点,连接,‎ ‎∵面,∴,∴面,‎ ‎∴为与平面所成的角,‎ ‎∵,,∴,,,,‎ ‎∴,‎ ‎∴与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查圆台两底面的半径、线面角的正弦值的求法,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,属于常考题型.‎ ‎19. 如图,在三棱锥P﹣ABC中,E,F分别为AC,BC的中点.‎ ‎(1)求证:EF∥平面PAB;‎ ‎(2)若平面PAC⊥平面ABC,且PA=PC,∠ABC=90°,求证:平面PEF⊥平面PBC.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:(1)利用E,F分别是AC,BC中点,说明EF∥AB,通过直线与平面平行的判定定理直接证明EF∥平面PAB.‎ ‎(2)证明PE⊥AC,利用平面与平面垂直的判定定理证明PE⊥平面ABC,通过证明PE⊥BC.EF⊥BC,EF∩PE=E,证明BC⊥平面PEF,然后推出平面PEF⊥平面PBC.‎ 证明:(1)∵E,F分别是AC,BC的中点,∴EF∥AB.‎ 又EF⊄平面PAB,‎ AB⊂平面PAB,‎ ‎∴EF∥平面PAB.‎ ‎(2)在三角形PAC中,∵PA=PC,E为AC中点,‎ ‎∴PE⊥AC.‎ ‎∵平面PAC⊥平面ABC,‎ 平面PAC∩平面ABC=AC,‎ ‎∴PE⊥平面ABC.‎ ‎∴PE⊥BC.‎ 又EF∥AB,∠ABC=90°,∴EF⊥BC,‎ 又EF∩PE=E,‎ ‎∴BC⊥平面PEF.‎ ‎∴平面PEF⊥平面PBC.‎ 考点:平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.‎ ‎20.已知点M(3,1),直线与圆。‎ ‎(1)求过点M的圆的切线方程;‎ ‎(2)若直线与圆相切,求a的值;‎ ‎(3)若直线与圆相交与A,B两点,且弦AB的长为,求a的值。‎ ‎【答案】(1)和(2)或(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)圆心,半径,当切线的斜率不存在是,方程为.‎ 由圆心到直线的距离知,此时直线与圆相切,‎ 当切线的斜率存在时,设切线方程为,‎ 即.‎ 由题意知,解得k=,‎ ‎∴切线方程为,即.‎ 故国M点的圆的切线方程为和.‎ ‎(2)由题意知,解得或 ‎(3)∵圆心到直线的距离为 ‎∴解得.‎ ‎21.如图(1),边长为的正方形中,,分别为,上的点,且,现沿把剪切、拼接成如图(2)的图形,再将,,沿,,折起,使三点重合于点.‎ 图(1) 图(2) 图(3)‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求二面角的正切值的最小值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)可得折叠后,,即可证明.‎ ‎(2)作交于点,连结.可得为二面角的平面角.令,,,易得图3中,‎ ‎,利用即可求解.‎ ‎【详解】(1)证明:折叠前,,,‎ 折叠后,,‎ 又,所以平面,‎ 因此.‎ ‎(2)作交于点,连结.‎ ‎∵,∴为二面角的平面角.‎ 令,,,‎ 易得图3中,,‎ ‎∴‎ 则 ‎,当且仅当 ‎∴二面角的正切值的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了空间线线垂直判定,二面角的大小求解,熟记线面垂直的判定定理与性质定理,以及几何法求二面角的大小即可,属于常考题型.‎ ‎22.如图,圆C与x轴相切于点T(2,0),与y轴的正半轴相交于A,B两点(A在B的上方),且AB=3.‎ ‎(1)求圆C的方程;‎ ‎(2)直线BT上是否存在点P满足PA2+PB2+PT2=12,若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)如果圆C上存在E,F两点,使得射线AB平分∠EAF,求证:直线EF的斜率为定值.‎ ‎【答案】(1);(2)点P坐标为.(3)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出圆C的半径为,即得圆C的方程;(2)先求出直线BT的方程为x+2y-2=0.‎ 设P(2-2y,y),根据PA2+PB2+PT2=12 求出点P的坐标;(3)由题得,即EF⊥BC,再求EF的斜率.‎ ‎【详解】(1)由题得,所以圆C的半径为.‎ 所以圆C的方程为.‎ ‎(2)在中,令x=0,则y=1或y=4.‎ 所以A(0,4),B(0,1).‎ 所以直线BT的方程为x+2y-2=0.‎ 设P(2-2y,y),因为PA2+PB2+PT2=12,‎ 所以,‎ 由题得 因为,‎ 所以方程无解. ‎ 所以不存在这样的点P.‎ ‎ (3)由题得,‎ 所以,‎ 所以.‎ 所以直线EF的斜率为定值.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的方程的求法,考查直线和圆的位置关系,考查圆中的定值问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎ ‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档