河北省唐山市遵化市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

河北省唐山市遵化市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

河北省唐山遵化市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.直线x+2y+3=0的斜率是（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线的一般式方程整理为直线的斜截式方程,即可求出直线的斜率 ‎【详解】解：由题可得,,则直线斜率为 故选：A ‎【点睛】本题考查直线的一般式方程与斜截式方程的转化,考查直线的斜率,是基础题 ‎2.若是异面直线，直线，则与的位置关系是（ ）‎ A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 异面或相交 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若为异面直线，且直线，‎ 则与可能相交，也可能异面，‎ 但是与不能平行，‎ 若，则，与已知矛盾，‎ 选项、、不正确 故选：．‎ ‎3.点（1，2）到直线3x-4y-3=0的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用点到直线的距离公式代入即可求解 ‎【详解】解：点到直线距离为 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了点到直线的距离的计算,解题的关键是熟记点到直线的距离公式,属于基础题．‎ ‎4.如图（1）、（2）、（3）、（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为（ ）‎ A 三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱 B. 三棱台、三棱锥、圆锥、圆台 C. 三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台 D. 三棱柱、三棱台、圆锥、圆台 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图复原,判断4个几何体的形状特征,然后确定选项即可 ‎【详解】解：如图（1）三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；‎ ‎（2）三视图复原的几何体是四棱锥；‎ ‎（3）三视图复原的几何体是圆锥；‎ ‎（4）三视图复原的几何体是圆台 所以（1）（2）（3）（4）的顺序为：三棱柱、正四棱锥、圆锥、圆台．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查简单几何体的三视图,考查空间想象能力,是基础题 ‎5.已知线段的中垂线方程为且，则点坐标为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设B的坐标为(a,b)，由题意可知 ‎，解得a=2，b=−2，‎ 所以B点坐标为是(2,−2).‎ 故选A.‎ 点睛：在求一个点关于直线的对称点时，可以根据以下两个条件列方程：‎ ‎（1）两点的中点在对称直线上；‎ ‎（2）两点连线的斜率与对称直线垂直.‎ ‎6.关于直线m、n及平面α、β，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,则 D. 若,,则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一核对四个命题即可得到答案 ‎【详解】解：A.正确,若m∥β,则β内存在直线l使得l∥m,又m⊥α,故l⊥α,又l⊂β,故α⊥β；‎ B．错误,若m∥α且n∥α,则m与n可能平行,可能相交也可能异面；‎ C．错误,若m∥α,m⊥n时,则n∥α或n⊂α或n⊥α；‎ D．错误,若m∥α,α∩β=n,则m∥n或异面 故选：A ‎【点睛】本题考查了线线、线面平行和垂直关系的判断,熟练掌握线面平行、垂直的判定与性质定理是解题的关键 ‎7.直线x+（1+m）y=2-m和直线mx+2y+8=0平行，则m的值为（ ）‎ A. 1 B. C. 1或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若直线平行,可得,求解即可 ‎【详解】解：∵直线和直线平行,‎ ‎∴,解得或,‎ 当时,两直线重合 故选：A ‎【点睛】本题考查直线的一般式方程和平行关系,需要注意两直线重合的情况,若为,为,当时,‎ ‎8.如图,长方体中,,点分别是的中点,则异面直线与所成角的余弦值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得，从而可得结论.‎ ‎【详解】以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，‎ 则可得，‎ ‎，‎ 设异面直线与所成的角为,‎ 则，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.‎ ‎9.若直线3x-4y+12=0与两坐标轴交点为A、B，则以AB为直径的圆的方程是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出两点坐标，为直径的圆的圆心是的中点，半径是的一半，由此可得到圆的方程.‎ ‎【详解】由x＝0得y＝3，由y＝0得x＝－4，‎ ‎∴A(－4,0)，B(0,3)，‎ ‎∴以AB为直径的圆的圆心是(－2，)，‎ 半径r＝＝，‎ 以AB为直径的圆的方程是，‎ 即，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的方程，属于基础题. 求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于 的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.‎ ‎10.如图所示，在长方体中，，则与平面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，作出在平面上的射影，求出和，然后直接求正弦值即可 ‎【详解】如图所示，在平面内过点作的垂线，垂足为，连接.平面，的正弦值即为所求.，，.‎ ‎【点睛】本题考查线面角的计算问题，属于基础题，解题核心在于找到平面外直线在平面的射影 ‎11.若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，所以直线过定点，曲线变形为，表示圆的上半部分，，当直线与半圆相切时直线斜率为，当直线过点时斜率为，结合图像可知实数的取值范围是 考点：直线与圆相交的问题 ‎12.如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接和，由二面角的定义得出，可得出、、的值，由此可计算出和的面积，然后利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，计算出点到平面的距离.‎ ‎【详解】取的中点，连接和，根据二面角的定义，.‎ 由题意得，所以，.‎ 设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，‎ 即，解得，故点C到平面的距离为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎13.长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3，4，5，则体对角线长为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:由题设可得．故应填答案．‎ 考点：长方体的对角线的及计算．‎ ‎14.两直线2x-3y-12=0和x+y-1=0的交点为______，经过此交点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为______或______．‎ ‎【答案】 (1). （3，-2） (2). 2x+3y=0 (3). x+y-1=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立两直线方程即可求得交点坐标；分类讨论直线过原点与不过原点的情况,求解直线方程即可 ‎【详解】解：联立,解得,‎ ‎∴两直线和的交点为；‎ 当直线过原点时,直线方程为,即,‎ 当直线不过原点时,设直线方程为,则,即,‎ ‎∴直线方程为 ‎∴经过此交点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为或 故答案为：；；‎ ‎【点睛】本题考查两直线的交点坐标,考查直线的斜截式方程,考查分类讨论思想 ‎15.过点且与圆相切直线方程 ___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：因为点在圆上，则过圆上点的切线方程为 化为一般式即为 ‎16.在正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，则下列命题正确的序号是______‎ ‎①异面直线AB与CD所成角90°；‎ ‎②直线AB与平面BCD所成角为60°；‎ ‎③直线EF∥平面ACD ‎④平面AFD⊥平面BCD．‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在①中,由AB⊥平面CDE，知异面直线AB与CD所成角为90°；在②中,直线AB与平面BCD所成角为；在③中由EF∥AC,知直线EF∥平面ACD；在④中,由BC⊥平面ADF,知平面AFD⊥平面BCD,从而得到结果 ‎【详解】解：正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，‎ 在①中,∵正四面体ABCD中,点E、F分别是AB,BC的中点,‎ ‎∴CE⊥AB,DE⊥AB,‎ 又,∴AB⊥平面CDE,‎ ‎∵CD⊂平面CDE,‎ ‎∴,即异面直线AB与CD所成角为90°,故①正确；‎ 在②中,过A作AO⊥平面BCD,交DF=O,连结BO,‎ 则∠ABO是直线AB与平面BCD所成角,‎ 设正四面体ABCD的棱长为2,‎ 则DF=,BO=,‎ cos==‎ ‎∴直线AB与平面BCD所成角为,故②错误；‎ 在③中,∵点E、F分别是AB,BC的中点,‎ ‎∴EF∥AC,‎ ‎∵EF平面ACD,AC⊂平面ACD,‎ ‎∴直线EF∥平面ACD,故③正确；‎ 在④中,由AF⊥BC,DF⊥BC,‎ 又,∴BC⊥平面ADF,‎ ‎∵BC⊂平面BCD,∴平面AFD⊥平面BCD,故④正确 故答案为：①③④‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断,考查线线成角、线面角,考查直线与直线,直线与平面的位置关系,考查空间想象能力 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）‎ ‎17.已知圆C：内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B两点.‎ ‎（1）当l经过圆心C时，求直线l的方程；‎ ‎（2）当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)已知圆C：的圆心为C（1，0），因直线过点P、C，所以直线l斜率为2，直线l的方程为y=2(x-1),即 2x-y-2=0.‎ ‎(2)当弦AB被点P平分时，l⊥PC, 直线l的方程为, 即 x+2y-6=0‎ ‎18.如图，已知圆锥的底面半径为r=10，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点，若直线PQ与SO所成的角为，求此圆锥的表面积和体积．‎ ‎【答案】表面积100，体积．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取OA的中点M,连结PM,QM,则PM∥SQ,且PM=,∠MPQ为PQ与SO所成的角,由此能求出此圆锥的表面积和体积 ‎【详解】解：取OA的中点M,连结PM,QM,则PM∥SO,且PM=,‎ 故∠MPQ为PQ与SO所成的角,‎ 在RtMPQ中,∠MPQ=,则PM=QM,‎ 由点Q为半圆弧的中点知OQ⊥AB,‎ 在RtMOQ中,OQ=10,OM=5,得MQ=,‎ 故PM=,所以SO=10,‎ Rt△SOA中,SA==10,‎ ‎∴此圆锥的表面积：,‎ 此圆锥的体积：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥的表面积和体积的求法,考查空间中线线关系等基础知识,考查空间想象能力 ‎19.已知圆C经过抛物线y=x2-4x+3与坐标轴的三个交点．‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）设直线2x-y+2=0与圆C交于A，B两点，求|AB|．‎ ‎【答案】(1) （x-2）2+（y-2）2=5．(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出抛物线与坐标轴的交点坐标,确定圆心与半径,即可求圆C的方程；‎ ‎（2）利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离,再由圆的半径,利用垂径定理及勾股定理即可求出|AB|的长 ‎【详解】解：（1）抛物线与坐标轴的交点分别是,,‎ 所求圆的圆心是直线与的交点,圆的半径是,‎ 于是圆C的方程为 ‎ ‎（2）圆心C到直线的距离,‎ ‎【点睛】本题考查了圆C的方程,考查直线与圆相交的性质,熟练掌握点到直线的距离公式,圆的标准方程,垂径定理,以及勾股定理是解本题的关键．‎ ‎20.如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．‎ ‎（1）求证：VB∥平面MOC；‎ ‎（2）求证：平面MOC⊥平面VAB ‎（3）求三棱锥V-ABC的体积．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形的中位线得出OM∥VB,利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；‎ ‎（2）证明OC⊥平面VAB,即可证明平面MOC⊥平面VAB ‎（3）利用等体积法求三棱锥V-ABC的体积 ‎【详解】（1）证明：∵O,M分别为AB,VA的中点,‎ ‎∴OM∥VB,‎ ‎∵VB平面MOC,OM⊂平面MOC,‎ ‎∴VB∥平面MOC；‎ ‎（2）∵AC=BC,O为AB的中点,‎ ‎∴OC⊥AB,‎ ‎∵平面VAB⊥平面ABC,OC⊂平面ABC,‎ ‎∴OC⊥平面VAB,‎ ‎∵OC⊂平面MOC,‎ ‎∴平面MOC⊥平面VAB ‎（3）在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,∴AB=2,OC=1,‎ ‎∴等边三角形△VAB 中,S△VAB=,‎ ‎∵OC⊥平面VAB,‎ ‎∴VC-VAB=•S△VAB=,‎ ‎∴VV-ABC=VC-VAB=‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定,考查平面与平面垂直的判定,考查体积的计算,正确运用线面平行、平面与平面垂直的判定定理是关键 ‎21.已知圆与圆.‎ ‎(1)求证两圆相交；‎ ‎(2)求两圆公共弦所在直线的方程；‎ ‎(3)求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将圆的方程化为标准方程，求出圆心距及半径，即可证明两圆相交；‎ ‎（2）对两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程；‎ ‎（3）先求两圆的交点，进而可求圆的圆心与半径，从而可求圆的方程．‎ 试题解析：‎ ‎(1)证明:圆与圆化为标准方程分别为圆与圆,‎ 与圆,半径都为 圆心距为，两圆相交.‎ ‎(2)解:将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程,即 ‎,‎ 即.‎ ‎(3)解:由(2)得代入圆,化简可得,，当时,;当时,设所求圆的圆心坐标为,则 ‎,‎ ‎，,‎ 过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程为.‎ ‎22.如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60°，G为BC的中点，H为CD中点．‎ ‎（1）求证：平面FGH∥平面BED；‎ ‎（2）求证：BD⊥平面AED；‎ ‎（3）求直线EF与平面BED所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面平行的判定定理证明即可；‎ ‎（2）由余弦定理可得BD=,得BD⊥AD,因为平面AED⊥平面ABD,平面AED平面ABD=AD,所以BD⊥平面AED ‎（3）先得到∠ABM即为所求线面角,由AD=1,AE=,DE=3,得cos∠ADE=,即sin,所以AM=ADsin,代入求出即可 ‎【详解】证明：（1）因为G、H为BC、CD的中点,所以GH∥BD且GH=BD,‎ 因为GH平面BED,BD⊂平面BED,所以GH∥平面BED,‎ 又因为EF∥HD且EF=HD,所以FH∥ED,‎ 因为,所以平面FGH∥平面EBD ‎（2）因为AB=2,BC=AD=1,∠BAD=60°,在中,由余弦定理可得BD=,所以BD⊥AD,‎ 因为平面AED⊥平面ABD,平面AED⋂平面ABD=AD,‎ 所以BD⊥平面AED ‎（3）因为EF∥AB,所以AB与平面BED所成角,即为EF与平面BED所成角,‎ 由（2）知BD⊥平面AED,所以平面BED⊥平面AED,‎ 且平面BED⋂平面AED=ED,‎ 所以过A作AM⊥平面BED,垂足M落在DE上,连接BM,‎ 则∠ABM即为所求线面角,‎ 由AD=1,AE=,DE=3,得cos∠ADE=,‎ 即sin所以AM=ADsin,‎ 因为AB=2,所以sin ‎【点睛】考查了线线、线面、面面平行的性质和判定,考查余弦定理求角,考查线面所成的角