安徽省宿州市十三所省重点中学2019-2020学年高二上学期期中联考数学（理）试题

安徽省宿州市十三所省重点中学2019-2020学年高二上学期期中联考数学（理）试题

宿州市十三所重点中学2019—2020学年度第一学期期中质量检测 高二数学（理科）试卷 注意事项：‎ ‎1. 答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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.点到直线的距离等于（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点到直线距离公式，直接计算，即可得出结果.‎ ‎【详解】点到直线的距离为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查求点到直线的距离，熟记公式即可，属于基础题型.‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 三点确定一个平面 B. 四边形一定是平面图形 C. 梯形一定是平面图形 D. 平面和平面有不同在一条直线上的三个交点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A错误．不共线的三个点才可以确定一个平面；‎ B错误．四边形不一定是平面图形．如：三棱锥的四个顶点构成的四边形；‎ C正确．梯形有一组对边平行，两条平行线确定一平面；‎ D错误．两个平面有公共点，这些点共线，是两个平面的交线；故选C ‎3.“”是“两直线和互相垂直”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，求两直线的斜率，再由两直线垂直求的取值，根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】当时，两直线和的斜率分别为：和，所以两直线垂直；‎ 若两直线和互相垂直，则，解得：；‎ 因此“”是“两直线和互相垂直”的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定方法即可，属于基础题型.‎ ‎4.已知圆与圆关于轴对称，则圆的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由已知圆的方程，得到已知圆的圆心坐标与半径，再由已知圆与所求圆的对称关系，得到所求圆的圆心与半径，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为圆的圆心坐标为，半径为，‎ 又圆与圆关于轴对称,‎ 所以圆的圆心坐标为，半径为；‎ 因此圆的方程为：.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记即圆与圆位置关系即可，属于基础题型.‎ ‎5.若直线平面，直线，则与的位置关系是（ ）‎ A. B. 与异面 C. 与相交 D. 与没有公共点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与平面平行性质，得到平面内的直线与平行或异面，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为直线平面，则平面内的直线与平行或异面，‎ 又直线，所以与平行或异面，即没有公共点.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查线线位置关系的判定，熟记线线、线面位置关系即可，属于基础题型.‎ ‎6.圆截直线所得的弦长等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标，与半径，根据点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由弦长等于，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为可化为，‎ 所以圆的圆心为，半径为，‎ 因为点到直线的距离为，‎ 所以，圆截直线所得的弦长.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查求圆的弦长，熟记几何法求解即可，属于常考题型.‎ ‎7.一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为的正方形，则原图形的周长是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法性质求解即可.‎ ‎【详解】由斜二测画法性质得,原图,.‎ 故原图形的周长为 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了斜二测画法的性质,属于基础题型.‎ ‎8.若过点有两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由方程表示圆，得到；再由过点有两条直线与圆相切，得到点在圆外，列出不等式求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为表示圆的方程，‎ 所以，即；‎ 又过点有两条直线与圆相切，‎ 所以点在圆外，‎ 因此，即；‎ 综上，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查由直线与圆位置关系求参数，熟记过圆外一点的圆的切线条数的判定方法，以及圆的一般方程即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知二面角的平面角是锐角，内一点到的距离为3，点C到棱的距离为4，那么的值等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】如图，作CE⊥AB，CD⊥β，连接ED，‎ 由条件可知，∠CED=θ，CD=3，CE=4‎ 故选D ‎10.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由圆得到圆心坐标，根据点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，确定直线与圆位置关系，求出圆上的点到直线的距离的范围，再由直线方程求出，两点坐标，根据三角形面积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为圆的圆心为，半径为，‎ 由点到直线距离公式可得：点到直线的距离为，‎ 所以直线与圆相离；‎ 又点在圆上，‎ 所以点到直线距离范围是：，即；‎ 又直线分别与轴，轴交于，两点，‎ 所以，，因此， ‎ 所以，即，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三角形面积的取值范围，熟记直线与圆位置关系，会求圆上的点到直线距离的范围即可，属于常考题型.‎ ‎11.如图，直三棱柱的体积为，点分别在侧棱和上，，则四棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：不妨设三棱柱是正三棱柱，设底面边长和侧棱长均为，则认为分别为侧棱和上的中点，则（其中为边上的高），所以．故选B．‎ 考点：柱、锥、台体的体积．‎ ‎【思路点睛】把问题给理想化，认为三棱柱是正三棱柱，设底面边长和侧棱长均为，‎ 分别为侧棱和上的中点，求出底面面积和高，即可求出四棱锥的体积．本题考查柱、锥、台体的体积，考查计算能力，特殊化法，在解题中有独到效果，本题还可以让或在特殊点，四棱锥变为三棱锥解答更好．‎ ‎12.若圆：上的任意一点关于直线：对称的点仍在圆上，则的最小值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到圆关于直线对称，即直线过圆的圆心；根据圆的方程，得到圆心坐标与半径，得到，从而推出表示圆上的点到直线距离的平方；求出圆心到直线的距离，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为圆上的任意一点关于直线：对称的点仍在圆上，‎ 所以圆关于直线对称，即直线过圆的圆心；‎ 又圆可化为，其圆心为，半径为；‎ 所以有，即，‎ 因此可表示直线上的点，‎ 又是圆：上的点，‎ 所以表示圆上的点到直线距离的平方；‎ 由点到直线的距离公式可得：点到直线的距离为，‎ 因此直线与圆相离，‎ 所以圆上的点到直线距离的最小值为，‎ 所以的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的综合，熟记直线与圆位置关系，会求圆上的点到直线的距离即可，属于常考题型.‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.以点为圆心，并且与轴相切的圆的方程是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到所求圆的半径，再由圆的标准方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为所求圆以点为圆心，并且与轴相切，‎ 所以所求圆的半径为，‎ 因此，所求圆的方程为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记圆的标准方程即可，属于基础题型.‎ ‎14.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由几何体的三视图可得该几何体是直三棱柱，如图所示：‎ 其中，三角形是腰长为的直角三角形，侧面是边长为4的正方形，则该几何体的外接球的半径为.‎ ‎∴该几何体的外接球的表面积为.‎ 故答案为.‎ 点睛：本题主要考查三棱柱外接球表面积的求法，属于中档题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，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.‎ ‎15.已知命题“使得”是假命题，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到命题的否定为真命题，即对任意恒成立，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为命题“使得”是假命题，‎ 所以其否定“使得”是真命题，‎ 即对任意恒成立，所以只需.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数，熟记含有一个量词的命题的否定即可，属于基础题型.‎ ‎16.已知k∈R，P(a，b)是直线x＋y＝2k与圆x2＋y2＝k2－2k＋3的公共点，则ab的最大值为________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据直线与圆相交，圆心到直线的距离小于等于半径，以及圆半径为正数，求出k的范围，再根据P（a，b）是直线x+y=2k与圆x2+y2=k2﹣2k+3的公共点，满足直线与圆方程，代入直线与圆方程，化简，求出用k表示的ab的式子，根据k的范围求ab的最大值．‎ ‎【详解】由题意，圆心（0.0）到直线的距离d=≤‎ 解得﹣3≤k≤1，‎ 又∵k2﹣2k+3＞0恒成立 ‎∴k的取值范围为﹣3≤k≤1，‎ 由点P（a，b）是直线x+y=2k与圆x2+y2=k2﹣2k+3的公共点，‎ 得（a+b）2﹣a2﹣b2=2ab=3k2+2k﹣3=3（k+）2﹣，‎ ‎∴k=﹣3时，ab的最大值为9．‎ 故答案为9‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆相交位置关系的判断，做题时考虑要全面，不要丢情况．‎ 三、解答题：（本大题共6小题，其中17小题10分，18-22小题每小题12分，共70分；解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．‎ ‎【答案】，定义域为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出所截等腰三角形的底边边长为xcm，在直角三角形中根据两条边长利用勾股定理做出四棱锥的高，表示出四棱锥的体积，根据实际意义写出定义域．‎ ‎【详解】如图，设所截等腰三角形的底边边长为xcm，‎ 在正四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是边长为x的正方形，F是BC的中点，EF⊥BC，EF＝5，‎ 则四棱锥的高EO＝，其中0＜x＜10，‎ ‎∴四棱锥的体积V＝，定义域为（0，10）.‎ ‎【点睛】本题考查了函数模型的应用，根据实际问题选择合适的函数模型，注意题目中自变量的取值范围，属于中档题．‎ ‎18.已知直线经过点.‎ ‎（1）点到直线的距离为2，求直线的方程.‎ ‎（2）直线在坐标轴上截距相等，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) ，. (2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先讨论直线斜率不存在的情况，直接得出直线方程；再讨论直线斜率存在的情况，设出直线方程，根据点到直线距离公式，即可求出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到直线斜率一定存在且，分别求出直线在两坐标轴的截距，建立等量关系，求出斜率，进而即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）当直线斜率不存在时，即符合要求，‎ 当直线斜率存在时，设直线的方程为，‎ 整理得，点到的距离，‎ ‎，解得，得，‎ 即直线的方程为，.‎ ‎（2）由题知，直线斜率一定存在且，直线，‎ 当时，，当时，，‎ ‎∴，解得或.‎ 即直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线的点斜式方程，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.‎ ‎19.如图，在多面体中，为等边三角形，，，，点为边的中点.‎ ‎（1）求证：平面.‎ ‎（2）在上找一点使得平面平面，并证明.‎ ‎【答案】(1) 证明见解析(2) 点为的中点.证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先由题意，确定点为的中点；再给出证明：连接，，根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）取中点，连接，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴是平行四边形，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴平面 ‎（2）点为的中点.‎ 证：连接，，‎ 因为、分别是，的中点，所以，‎ 又平面，平面，所以平面，‎ 又因为，，所以且，‎ 即四边形是平行四边形，所以，‎ 因为平面，所以平面.‎ 又因为，所以平面平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及补全面面平行的条件，熟记线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知圆：.‎ ‎（1）设直线与圆相交于、两点，求实数的取值范围.‎ ‎（2）在（1）的条件下，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦 ‎？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题圆心到直线的距离小于半径,列式解不等式即可.‎ ‎(2)设的方程,再根据直线垂直平分弦得圆心必在上,代入方程求解参数即可.‎ ‎【详解】（1）因为直线与圆相交于、两点，‎ 所以圆心到直线的距离小于半径，‎ 即，化简得：，‎ ‎∴或．‎ 故实数的取值范围是．‎ ‎（2）设符合条件的实数存在，由（1）得，则直线的斜率为，‎ ‎∴的方程为，即，‎ ‎∵垂直平分弦，故圆心必在上，‎ ‎∴，解得：．‎ ‎∵，‎ 故存在实数，使得过点的直线垂直平分弦．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆相交的问题,主要根据圆心到直线的距离求解,同时也考查了圆的对称性,属于中等题型.‎ ‎21.如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，点在圆所在平面内，且是圆的切线，交圆于点，连接，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可知，，从而可得平面，从而 由勾股定理得由线面垂直的判定定理可得到证明；（2）由条件计算和，然后利用即可得到结果.‎ ‎【详解】解：（1）因为是圆的直径，与圆切于点，所以.‎ 又在圆锥中，垂直底面圆，所以，而，‎ 所以平面，从而.‎ 在三角形中，，所以，又 所以平面.‎ ‎（2）因为，，，所以在直角中，‎ ‎.又，则是等腰三角形，‎ 所以，.‎ 又，所以 设点到平面的距离为，由，即 ‎，所以.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理的应用，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎22.已知圆：，圆与圆关于直线：对称 ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）过直线上的点分别作斜率为，4的两条直线，，使得被圆截得的弦长与被圆截得的弦长相等.‎ ‎（i）求点的坐标；‎ ‎（ii）过点任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交，判断所得弦长是否恒相等，并说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) （i）.（ii）恒相等.见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据轴对称求得圆的圆心即可.‎ ‎(2)由题,两问均可设与过点任作两条互相垂直的直线分别为,再由题意得到的距离与到的距离相等,列式求解与证明即可.‎ ‎【详解】（1）设，因为圆与圆关于直线：对称，，‎ 则直线与直线垂直，中点在直线上，得，‎ 解得，所以圆：.‎ ‎（2）（i）设，的方程为，即；‎ 方程为，即.‎ 因为被圆截得的弦长与被圆截得的弦长相等，且两圆半径相等，‎ 所以到的距离与到的距离相等，即，‎ 所以或.‎ 由题意，到直线的距离，‎ 所以不满足题意，舍去，‎ 故，点坐标为.‎ ‎（ii）过点任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.‎ 证明如下：‎ 当的斜率等于0时，的斜率不存在，被圆截得的弦长与被圆截得的弦长都等于圆的直径；‎ 当的斜率不存在，的斜率等于0时，与圆不相交，与圆不相交.‎ 当、的斜率存在且都不等于0，两条直线分别与两圆相交时，设、的方程分别为 ‎，，即，.‎ 因为到的距离，‎ 到的距离，所以到的距离与到的距离相等.‎ 因为圆与圆的半径相等，所以被圆截得的弦长与被圆截得的弦长恒相等.‎ 综上所述，过点任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,同时也考查了垂径定理的运用等,需要根据题意找到圆心与直线的距离关系列式求解,属于中等题型.‎ ‎ ‎