2018-2019学年重庆市大学城第一中学校高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

2018-2019学年重庆市大学城第一中学校高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

‎2018-2019学年重庆市大学城第一中学校高二上学期期中考试数学文试题 学科：数学 命题人:袁玲玲 审题人 钟燕 一、选择题：本大题共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．直线的倾斜角为（ 　 　）‎ A． 150° B． 120° C． 60° D． 30°‎ ‎1．已知过点和的直线与直线平行，则的值为 ‎ ‎ ‎2．已知直线和平面，若，则过点且平行于的直线（ ）‎ A． 只有一条，不在平面内 B． 只有一条，且在平面内 C． 有无数条，一定在平面内 D． 有无数条，不一定在平面内 ‎3．已知过点和的直线与直线平行，则的值为 ‎ ‎ ‎4．如图所示的是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为 A． 20π B． 24π C． 28π D． 32π ‎5．已知直线过点，且与直线互相垂直，则直线的方程为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎6．已知直线在轴和轴上的截距相等，则的值是（ ）‎ A． B． －1 C． 2或1 D． 1‎ ‎7．设是两条不同的直线,为两个不同的平面，则下列四个命题中不正确的是 A． B．‎ C． D． ‎ ‎8．已知某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为　　‎ A． ‎ B． C． 3 D．‎ ‎9．如图所示，是长方体，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）‎ A． 三点共线 B． 不共面 C． 不共面 D． 共面 ‎10．已知直线是圆的对称轴,过点作圆的一条切线,切点为,则＝‎ A． 2 B． C． 6 D． ‎ ‎11．若动点分别在直线上移动，则的中点到原点的距离的最小值是 (　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎12．已知直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分。‎ ‎13．已知直线与直线平行，则的值为__________．‎ ‎14．已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点．则圆的方程为___________‎ ‎15．若圆过坐标原点，则圆的半径为________．‎ ‎16．在三棱锥中，底面为正三角形，各侧棱长相等，点分别是棱的中点，且，则_________．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎17．（本小题满分10分）‎ ‎（1）求过点且与两坐标轴上的截距之和为的直线方程；‎ ‎（2）求过点且与原点距离为的直线方程．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 已知圆心在轴上的圆与轴交于两点，‎ ‎(1)求此圆的标准方程；‎ ‎(2)设为圆上任意一点，求到直线的距离的最大值和最小值．‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，,，其中分别是的中点，是上的一个动点．‎ ‎(1)当点落在什么位置时，，证明你的结论；‎ ‎(2)求三棱锥的体积．‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 如图所示，在四棱锥中，，‎ ‎.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当几何体的体积等于时，求四棱锥的侧面积 ‎21．（本小题满分12分）‎ 如图，三棱柱中，侧面，,,且,为中点．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎22.已知过点，且斜率为的直线与圆相交于两点.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证：为定值；‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现求出直线的斜率，再根据斜率是倾斜角的正切值，计算倾斜角即可.‎ ‎【详解】‎ 设倾斜角为，因为直线的斜率为，‎ 所以，所以，故选A.‎ ‎2．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设m是过点P且平行于l的直线， n也是过点P且平行于l的直线，则与平行公理得出的结论矛盾，进而得出答案.‎ ‎【详解】‎ 假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l 由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，‎ 故过点且平行于的直线只有一条，‎ 又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面的位置关系．过一点有且只有一条直线与已知直线平行．‎ ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线的斜率计算公式求出AB的斜率，求出直线斜率，由二者平行得，它们的斜率相等，解方程可得结果。‎ ‎【详解】‎ 因为直线的斜率等于，‎ 且过点和的直线与直线平行，‎ 所以,所以，解得，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 在直线斜率存在的前提下，两条直线平行则二直线的斜率必相等。在根据位置关系求参数时，要注意二点：（1）必要时要讨论直线斜率不存在的情况；（2）验证所求结果是否会使二直线重合。‎ ‎.‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2，在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面．‎ ‎【详解】‎ 由三视图知，空间几何体是一个组合体，‎ 上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2，‎ ‎∴在轴截面中圆锥的母线长是=4，‎ ‎∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π，‎ 下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，‎ ‎∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4=20π ‎∴空间组合体的表面积是28π，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求表面积，本题的图形结构比较简单，易错点可能是两个几何体重叠的部分忘记去掉，求表面积就有这样的弊端．思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设出直线的方程，把点代入方程求出直线l的方程．‎ ‎【详解】‎ 根据直线过点，且与直线互相垂直，，设直线为 ， 把点代入方程， ， 解得 ， ∴直线的方程为． 故选：c ．‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，直线方程为，显然不符合题意，所以当时，分别令，求出直线在坐标轴上的截距，根据截距相等列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 当时，直线方程为，显然不符合题意，‎ 当时，令时，得到直线在轴上的截距是，‎ 令时，得到直线在轴上的截距为，‎ 根据题意得，解得或，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线方程的应用及直线在坐标轴上的截距的应用，其中正确理解直线在坐标轴的截距的概念，利用直线方程求得直线的截距是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及分类讨论的数学思想.‎ ‎7．D ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，代入锥体体积公式，从而可得答案．‎ ‎【详解】‎ 由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，‎ 底面面积S=2×2=4，‎ 高h=2，‎ 故体积V=Sh=，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两平面公共点必在两平面交线上，即得结论.‎ ‎【详解】‎ 因为M在上，在平面内，所以M在平面内，又因为M在平面内，所以M在平面与平面的交线AO上，即三点共线，因此 共面且共面 ，因为平面与平面的交线为共面，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查公理2，考查基本分析判断能力.‎ ‎10．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线过圆心，即可求出a,利用平面圆的性质，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由于直线x＋ay－1＝0是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，‎ ‎∴圆心C(2,1)在直线x＋ay－1＝0上，∴2＋a－1＝0，∴a＝－1，∴A(－4，－1)．‎ ‎∴|AC|2＝36＋4＝40.又r＝2，∴|AB|2＝40－4＝36.∴|AB|＝6.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的方程，圆的平面几何性质，属于中档题.‎ ‎11．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定的中点轨迹，再根据点到直线距离公式求最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以的中点轨迹为直线：，，‎ 因此到原点的距离的最小值是，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点到直线距离公式，考查基本求解能力.‎ ‎12．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线表示一个半圆，直线表示平行于的直线，作出图象，利用数形结合思想，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，可得曲线表示一个半圆，直线表示平行于的直线，‎ 其中表示在轴上的截距，‎ 作出图象，如图所示，‎ 从图中可知之间的平行线与圆有两个交点，在轴上的截距分别为，‎ 所以实数的取值范围是，故选B.‎ ‎ 【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中作出曲线的图象和明确直线表示平行于的直线，其中表示在轴上的截距，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用，属于中档试题.‎ ‎13．或 ‎【解析】若直线与直线平行，‎ 则，‎ 且，‎ 解得： 或．‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆心的坐标为，根据直线相切于点，可求得圆心坐标，进而求得圆的半径，得到圆的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意，圆的圆心在直线上，可设圆心的坐标为，‎ 又由与直线相切于点，‎ 则，解集，解得，即圆心坐标为，‎ 所以圆的半径为,‎ 所以圆的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的标准方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据题意，得出，根据斜率的关系求得圆心坐标是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将原点坐标代入圆方程解得m,再根据圆标准方程求半径.‎ ‎【详解】‎ 因为圆过坐标原点，所以，所以 当时圆，为一个点，舍去；‎ 当时圆,即，半径为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆标准方程，考查基本求解能力.‎ ‎16．‎ ‎【解析】由题意， 又，所以平面，所以，所以。‎ 点睛：本题考查立体几何的垂直关系。由图形的对称性可知， ，由平行传递性可知， ，所以有平面，由线面垂直的性质定理可知， ，得到答案。‎ ‎17．（1）；（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可设直线方程为，代入点的坐标，求得的值，即可得到答案；‎ ‎（2）当直线的斜率为不存在时，满足题意；当直线的斜率为存在时，设直线方程为：，根据点到直线的距离公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意可设直线方程为：‎ ‎ 代入点，即 ‎ 解得：‎ 所以直线方程为： ‎ ‎（2）当直线的斜率为不存在时： ，满足题意； ‎ 当直线的斜率为存在时，设直线方程为：，‎ 即： ，所以 ‎ 解得：，所以直线方程为：‎ 综上，直线方程为：或 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线方程的求解，其中解答中根据题意设出所求直线的方程，代入求解是解答的关键，同时注意分类讨论的应用，着重考查了分类讨论思想，以及推理与计算能力.‎ ‎18．（1）；（2）最大距离为，最小距离为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）圆心在轴，因此就是圆的直径，由此得圆心坐标和圆的半径；‎ ‎（2）求出圆心到直线的距离，是最大值，是最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由已知，得C(3,0)，r＝＝2，∴所求方程为(x－3)2＋y2＝4.‎ ‎(2)圆心C到直线x－y＋1＝0的距离d＝＝2.‎ ‎∴P到直线的最大距离为2＋2，最小距离为2－2.‎ ‎【点睛】‎ 设圆的半径为，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线距离的最大值为，最小值为（直线与圆相离时，否则最小值为0）．‎ ‎19．（1）当点为的中点时，∥平面。证明见解析；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当点P为SD的中点时，AP∥平面SMC，证明如下：连接PN，证明PN∥DC且，推出AM∥DC且，得到AP∥MN然后证明AP∥平面SMC．‎ ‎（2）求出点N到平面ABCD的距离为h=1，然后求解三棱锥B﹣NMC的体积．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)当点为的中点时，∥平面。证明如下：‎ 由三视图知该多面体是四棱锥，其底面边长为的正方形，侧棱底面，‎ 且．‎ 连接，‎ ‎∵分别是的中点，‎ ‎∴∥且，[]‎ 又是正方形的边的中点，‎ ‎∴∥且，‎ ‎∴∥且，即四边形是平行四边形，‎ ‎∴∥，又平面，平面，‎ ‎∴∥平面．‎ ‎(2)∵点到平面的距离为，∴点到平面的距离为，‎ ‎∵三棱锥的体积满足：‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面平行以及几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎20．（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结BD，取CD的中点F，连结BF，证明BC⊥BD，BC⊥DE，即可证明BC⊥平面 BDE，推出BC⊥BE．（2）利用体积求出DE=2，然后求解EA，通过就是BE2=AB2+AE2，‎ 证明AB⊥AE，然后求解四棱锥E﹣ABCD的侧面积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连结BD，取CD的中点F，连结BF，则直角梯形ABCD中，BF⊥CD，BF=CF=DF，‎ ‎∴∠CBD=90°即：BC⊥BD ‎∵DE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD∴BC⊥DE 又BD∩DE=D∴BC⊥平面BDE ‎ 由BE⊂平面BDE得：BC⊥BE ‎（2）∵，‎ ‎∴DE=2‎ ‎∴，，‎ 又AB=2，∴BE2=AB2+AE2‎ ‎∴AB⊥AE ‎∴四棱锥E﹣ABCD的侧面积为 ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积以及侧面积的求法，考查空间想 象能力以及计算能力．‎ ‎21．（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等腰三角形的特征以及面面垂直的性质，证得结果；‎ ‎（2）鉴于线面角的平面角不易作出，建立空间直角坐标系，应用空间向量来解决.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为，且O为AC的中点，所以又由题意可知，平面平面，交线为，平面，‎ ‎ 所以平面 ‎ ‎（2）如图，以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ 由题意可知，又;．‎ 所以得:‎ 则有：‎ 设平面的一个法向量为，则有 ‎，令，得 所以 因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，所以 ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，面面垂直的判定以及线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，需要熟练应用空间向量解决问题.‎ ‎22．（(1) ； (2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得，直线的斜率存在，用点斜式求得直线的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得的值，可得满足条件的的范围；(2)由题意可得,经过点的直线方程为，代入圆的方程化简,再利用一元二次方程根与系数的关系求得和的值，可得的值，利用 ‎ ‎，即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意过点且斜率为的直线的方程为，‎ 代入圆的方程得，‎ ‎∵直线与圆 相交于两点，‎ 所以，‎ 解得，‎ ‎∴实数的取值范围是.‎ ‎（2）证明：设,‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以 ‎，‎ ‎∴为定值.‎ ‎【点睛】‎ 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎