2017-2018学年天津市第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题 解析版

2017-2018学年天津市第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题 解析版

天津市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试 数学（文）试题 一、选择题： ‎ ‎1. 已知两条不同的直，两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）‎ A. 若， ，，则 B. 若， ，，则 C. 若， ，，则 D. 若， ，，则 ‎【答案】A ‎【解析】对于，由，可得∥或，又由，则，故正确；‎ 对于，由，可得∥或，又由∥，则与可能平行也可能相交，也可能异面，故不正确；‎ 对于，若∥，∥，∥，则与可能平行也可能相交，也可能异面，故不正确；‎ 对于，由，可得∥或，又由∥，则与可能平行也可能相交，也可能异面，故不正确.‎ 故选A ‎2. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）‎ A. 0或3或 B. 0或3 C. 3或 D. 0或 ‎【答案】D ‎ ‎ ‎∴，即 ‎∴，，或 经验证当时，两直线重合.‎ 故选D ‎3. 已知满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. 0 B. 2 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 画出二元一次不等式所表示的可行域，目标函数为截距型，直线的截距越大越大，根据图形求出最优解为，代入目标函数，则的最大值是5.‎ ‎4. 若过定点且斜率为的直线与圆在第一象限内的部分有交点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】把圆的方程化为标准方程为 ‎ ‎∴圆心坐标为，半径 令，则 设，又 ‎∴‎ ‎∵直线过第一象限，且过 ‎∴‎ 又∵直线与圆在第一象限内有交点 ‎∴‎ ‎∴的取值范围是 故选A ‎5. 在正三棱柱中，若，则点到平面的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设点到平面的距离为 ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选B ‎6. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：直线表示斜率为的直线，而曲线表示以为圆心以为半径的下半圆，如图 由图可知，当直线与曲线相切时取到最小值，则有，解得；当直线经过点时取到最大值，此时。所以，故选D．‎ 考点：直线与曲线有公共点是参数的取值范围，数形结合思想的应用．‎ ‎【易错点睛】该题考查的是有关直线与曲线有公共点时参数的取值范围的问题，属于较难题目，在做题的过程中，要注意看清化简后的曲线与圆有关，但是并不是整个圆，而是下半个圆，如果不注意这点，很容易错选，再结合着图形，找出相应的边界值，从而确定出最后的结果，一个边界值是相切的时候，一个不是．‎ ‎7. 设不等式组表示的平面区域为，若圆：不经过区域上的点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:求得各交点，‎ 的取值范围是，故选A．‎ 考点:线性规划．‎ ‎8. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：几何体是四棱锥，如图.‎ 最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度，故选B.‎ ‎【考点】三视图 ‎【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:‎ 或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.‎ ‎9. 若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵ 直线始终平分圆的周长 ‎∴直线过圆心 ‎∴，即 ‎∵‎ ‎∴‎ 当且仅当，即，时，取等号 故选C 点睛：本题考查了直线与圆的位置关系，直线平分圆的周长则直线过圆心，再就是基本不等式的应用，“1”的妙用，利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正、二定、三相等”的内涵：一正是首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ ‎10. 已知二面角为，，，为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 考点：空间角的求解问题．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了空间角的求解问题，其中解答中涉及到异面所成角的求解、二面角的应用、以及空间直线与平面的位置关系的应用等知识点的综合考查，着重考查学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的空间想象能力，本题解答的关键是构造二面角的平面角和异面直线所成的角是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．‎ 二、填空题 ‎11. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是_____（单位：）．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由三视图可得原图形如图：‎ 该几何体是一个三棱锥与半圆锥的组合体，三棱锥的底面是等腰直角三角形，半圆锥的底面半径为1，高均为3，则该几何体的体积.‎ 故答案为 ‎12. 已知点和圆：，从点发出的一束光线经过轴反射到圆周的最短路程________．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】由题意，圆的圆心坐标为，圆的半径为2，点关于轴对称的点的坐标为，由反射定律得点关于轴对称的点在反射光线的延长线上，当反射光线过圆心时，路程最短 ‎∵‎ ‎∴从点发出的一束光线经过轴反射到圆周的最短路程是 故答案为8‎ ‎13. 已知圆：与直线：，当 时， 圆被直线截得的弦长最短.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】∵ 直线：，即 ‎∴ 直线经过定点 ‎∴当和直线垂直时，圆被直线截得的弦长最短，此时，，即 ‎∴‎ 故答案为1‎ ‎14. 已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数_____________________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：由于为等边三角形，故弦长，根据直线与圆相交，所得弦长公式为，可建立方程，，，即，解得.‎ 考点：直线与圆的位置关系，解三角形．‎ ‎【思路点晴】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相交所得弦长公式，考查等边三角形几何性质.由于为等边三角形，故弦长，我们利用弦长公式就可以建立一个方程出来，这个方程包括点到直线距离公式.在求解完整之后，要验证圆心到直线的距离是否小于半径.‎ ‎15. 正方形的边长为4，点分别是边，的中点，沿折成一个三棱锥 （使 重合于），则三棱锥的外接球表面积为______．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】根据题意，得折叠后的三棱锥中，侧面、侧面、侧面都是直角三角形， ∴两两互相垂直 ‎∵，‎ ‎∴ 三棱锥的外接球的直径为：‎ ‎∴外接球的半径为 ‎∴三棱锥的外接球表面积为 故答案为 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法：‎ 求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求得；‎ 若球面上四点构成的三条线段分别两两互相垂直，且，，，一般把有关元素“补形”成一个球内接长方体，利用求解.‎ ‎16. 若关于的不等式的解集为区间，且，则____.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：如图所示，不等式的解集为，且，所以必有，又，解得，则直线，过点，代入解得．‎ 考点：直线与圆的位置关系及其应用．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系及其应用，其中解答中涉及到不等式的解法转化为直线与半圆的位置关系、直线的点斜式方程的应用等知识点的综合考查，着重考查了分析问题和解答问题能力，以及数形结合、转化思想的应用，本题的解答中把不等式问题转化为直线与圆的位置关系是解答的关键，试题有一定的难度，属于难题．‎ 三、解答题 ‎17. 本市某玩具生产公司根据市场调查分析，决定调整产品生产方案，准备每天生产A, B, C 三种玩具共100个，每天生产时间不超过10小时，且C种玩具至少生产20个，已知生产这些玩具每个所需工时（分钟）和所获利润如下表：‎ 玩具名称 A B C 工时（分钟）‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎4‎ 利润（元）‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎3‎ ‎（Ⅰ）用每天生产A种玩具个数x与B种玩具个数y表示每天的利润（元）‎ ‎（Ⅱ）怎样分配生产任务才能使每天的利润最大，最大利润是多少？‎ ‎【答案】(1) (2)每天生产A种玩具20件，B种玩具60件，C种玩具20件，利润最大为520元.‎ ‎【解析】试题分析：（1）依据题设条件借助数表中的数据及数据之间的关系，建立二元一次目标函数关系；（2）借助题设条件建立二元一次不等式组，运用线性规划的知识数形结合，联立方程组分析求出最优解即可，再代入目标函数即可获解：‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）．‎ ‎（Ⅱ）即 最优解为即 ‎∴（元）．‎ ‎18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为， 的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)详见解析（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）先利用线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用三角形的中位线得到线线平行和线段，得到平行四边形，再由平行四边形的性质得到线线平行，再由线面平行的判定定理进行证明；（3）利用三棱锥的体积公式进行求解．‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：在三棱柱中，‎ 底面，所以.‎ 又因为，，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以平面平面 ‎（Ⅱ）证明：取的中点，连接，.‎ 因为，，分别是，，的中点，‎ 所以，且，.‎ 因为，且，所以，且，‎ 所以四边形为平行四边形，所以.‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（Ⅲ）因为，，，所以.‎ 所以三棱锥的体积 ‎.‎ 考点：1.空间中垂直关系的转化；2.空间中平行关系的转化；3.三棱锥的体积．‎ ‎19. 如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，，，，E，F 分别是棱AD，PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角为.‎ ‎（i）证明：平面平面；‎ ‎（ii）求直线与平面所成角的正切值．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）要证明平面，可以先证明平面 ，利用线面平行的判定定理，即可证明平面；（2）①要证明平面平面，可用面面垂直的判定定理，即只需证明平面即可；②由①平面，所以为直线与平面所成的角，由及已知，得为直角，即可计算的长度，在中，即计算直线与平面所成的角的正弦值．‎ 试题解析：（1）证明：如图，取PB中点M，连接MF，AM．‎ 因为F为PC中点，故MF∥BC且MF＝BC．由已知有BC∥AD，BC＝AD．‎ 又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，‎ 所以EF∥AM．又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB．‎ ‎（2）①证明：如图，连接PE，BE．‎ 因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，故PE⊥AD，BE⊥AD，‎ 所以∠PEB为二面角P－AD－B的平面角．‎ 在△PAD中，由PA＝PD＝，AD＝2，可解得PE＝2．‎ 在△ABD中，由BA＝BD＝，AD＝2，可解得BE＝1．‎ 在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60°，由余弦定理，可解得PB＝，‎ 从而∠PBE＝90°，即BE⊥PB．‎ 又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC．‎ 又BE⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD．‎ ‎②连接BF．由①知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．‎ 由PB＝及已知，得∠ABP为直角．‎ 而MB＝PB＝，可得AM＝，故EF＝．‎ 又BE＝1，故在Rt△EBF中，sin∠EFB＝＝．‎ 所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．‎ 考点：直线与平面平行的判定及直线与平面垂直的判定与性质；直线与平面所成角的求解．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了直线与平面平行的判定及直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面所成角的求解，熟练掌握线面位置关系的判定定理与性质定理是解答基础，同时根据题设条件确定直线与平面所成的角是解答的关键，本题的第二问的解答中，根据平面，可以确定为直线与平面所成的角，可放置在中，即计算直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎20. 已知圆的圆心在直线：上，与直线：相切，且截直线：所得弦长为6‎ ‎（Ⅰ）求圆的方程 ‎（Ⅱ）过点是否存在直线，使以被圆截得弦为直径的圆经过原点?若存在，写出直线的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）不存在直线.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由圆的圆心在直线：上，故可设圆心坐标为，再根据圆与直线相切，截直线：所得弦长为6，列出等式方程求解即可；（2）由题意过的直线斜率一定存在，设直线的方程为，以为直径的圆过原点，则，设，，则，联立直线与圆的方程，消去，得到关于的一元二次方程，由，利用韦达定理即可求出.‎ 试题解析：（Ⅰ）设圆心 ‎∵圆与直线相切 ‎∴ ‎ ‎∵ 圆截直线：所得弦长为6‎ ‎∴圆到直线的距离为 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴圆心，‎ ‎∴圆的方程 ‎（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，不符合题意 ‎②设：‎ 设 ‎∵被圆截得弦为直径的圆经过原点 ‎∴ ，即 ‎∴‎ 联立直线与圆的方程 化简可得，即 ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴无解 ‎∴不存在直线.‎ 点睛：直线与圆的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解.联立直线与圆的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法，涉及垂直的关系时往往利用根与系数的关系，设而不求法简化运算. ‎ ‎ ‎