2019-2020学年山西省大同市平城区第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2019-2020学年山西省大同市平城区第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

‎2019-2020学年山西省大同市平城区第一中学高二上学期期中数学试题 一、单选题 ‎1．点到直线的距离是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据点到直线的距离公式,直接代入即可.‎ ‎【详解】‎ 点到直线的距离为,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点到直线的距离,属于简单题.‎ ‎2．直线与直线平行，则（ ）‎ A． B．或 C． D．或 ‎【答案】B ‎【解析】两直线平行，斜率相等；按，和三类求解.‎ ‎【详解】‎ 当即时，‎ 两直线为，，‎ 两直线不平行，不符合题意；‎ 当时，‎ 两直线为 ， ‎ 两直线不平行，不符合题意；‎ 当即时，‎ 直线的斜率为 ，‎ 直线的斜率为，‎ 因为两直线平行，所以，‎ 解得或，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线平行的斜率关系，注意斜率不存在和斜率为零的情况.‎ ‎3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】【详解】‎ 详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，‎ 且俯视图应为对称图形 故俯视图为 故选A.‎ 点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。‎ ‎4．设表示三条直线,表示是三个平面,给出下列四个命题：‎ ‎①若则②若是在内的射影,则 ‎③若则④若则 其中真命题为（ ）‎ A．①② B．①②③ C．②③④ D．①③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据线面垂直的性质，可判断①的真假；根据三垂线定理，可判断②真假；根据线面位置关系，可判断③的真假；根据面面位置关系，可判断④的真假.‎ ‎【详解】‎ 对于①，因为由线面垂直的性质定理可得：故①正确；‎ 对于②，因为是在内的射影, 由三垂线定理可得：故②正确；‎ 对于③，若则或；故③错误；‎ 对于④，若，则与可能平行，也可能相交，如：正方体中共顶点的三个面；故④错误；‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中线面关系、面面关系的有关命题真假的判定，熟记空间中线线、线面、面面位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎5．直线的倾斜角的范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】将直线方程化为斜截式,得到斜率,从而可以求出的取值范围,进而得到倾斜角的范围.‎ ‎【详解】‎ 将直线方程化为斜截式:,‎ 故直线的斜率,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以直线的倾斜角范围为,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的倾斜角,由斜率范围确定倾斜角范围时容易求反,答题时要仔细.‎ ‎6．在长方体中，，，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：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.‎ 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,‎ 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎7．已知，直线与直线互相垂直，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据两直线垂直,得到关于的等式,再利用基本不等式即可求出的最大值.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与直线互相垂直,‎ 所以,即,‎ 因为,‎ 所以,即,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题将两直线位置关系与基本不等式相结合进行考查,难度不大.‎ ‎8．已知直线y＝2x是△ABC中∠C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(－4，2)，(3，1)，则点C的坐标为( )‎ A．(－2，4) B．(－2，－4) C．(2，4) D．(2，－4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】求出A(－4，2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，可写出BC所在直线方程，与直线y＝2x联立，即可求出C点坐标.‎ ‎【详解】‎ 设A(－4，2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，则，解得 ‎∴BC所在直线方程为y－1＝(x－3)，即3x＋y－10＝0. 联立直线y=2x，解得，则C(2，4)．故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了点关于直线的对称点，属于中档题.‎ ‎9．如图，在正方体中，，分别是为，的中点，则下列判断错误的是（ ）‎ A．与垂直 B．与垂直 C．与平行 D．与平行 ‎【答案】D ‎【解析】 分析：在正方体中，连接，可得，即可判定与 ‎ 不平行.‎ ‎ 详解：由题意，在正方体中，连接，‎ 在中，因为分别是的中点，所以，‎ 在面中，，所以与不平行，‎ 所以与平行是错误的，故选D.‎ ‎ 点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系的判定与证明，其中紧扣正方体的结构特征和熟记线面平行的判定与性质是解答的关键.‎ ‎10．在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝（ ）‎ A． B． C．5 D．10‎ ‎【答案】D ‎【解析】先计算P（0，1），Q（－3，0），再根据垂直关系得到|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意知P（0，1），Q（－3，0）‎ ‎∵过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，‎ ‎∴MP⊥MQ，∴|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线过定点问题，抓住垂直关系得到|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2是解题的关键.‎ ‎11．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）‎ A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 ‎【答案】B ‎【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．‎ ‎【详解】‎ 如图所示， 作于，连接，过作于．‎ 连，平面平面．‎ 平面，平面，平面，‎ 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，‎ ‎．，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性．‎ ‎12． (2017·黄冈质检)如图，在棱长均为2的正四棱锥P－ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是(　　)‎ A．BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为 B．BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为 C．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30°‎ D．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 连接AC，BD，交点为O，连接OP，以O为坐标原点，OC，OD，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由正四棱锥P－ABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，知A(－，0,0)，B(0，－，0)，C(，0,0)，D(0，，0)，P(0,0，)，E，则 ＝，＝(－，0，－)，＝(0，，－)，设m＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，则m⊥‎ ‎，且m⊥，即，令x＝1，则z＝－1，y＝－1，m＝(1，－1，－1)是平面PAD的一个法向量，设BE与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝，故BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°，故选D.‎ 点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2＋cos2＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．‎ 二、填空题 ‎13．在y轴上的截距为，且与y轴的夹角为的直线方程是__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】试题分析：因为与轴相交成30°角，所以直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，所以又与轴上的截距为－6，所以直线方程为或．‎ ‎【考点】直线的方程 ‎14．已知直线和点，．若点到直线的距离相等，则实数的值为______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】利用点到直线的距离公式,将题设条件化为相应等式,求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为两点到直线的距离相等,‎ 所以,即,‎ 解得或,‎ 故答案为:或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点到直线的距离公式,属于简单题.‎ ‎15．在四面体ABCD中，M、N分别是平面△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．‎ ‎【答案】平面ABC、平面ABD ‎【解析】如图，‎ 连结AM并延长交CD于E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E、F重合为一点，且该点为CD的中点E，由，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.‎ ‎16．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为正三角形，分别是的中点，，则球的体积为_________________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知设出，，，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.‎ ‎【详解】‎ 在中，设，，，,，‎ 因为点，点分别是，的中点，所以，，‎ 在中，，在中，，‎ 整理得，‎ 因为是边长为的正三角形，所以，‎ 又因为，所以，由，解得，‎ 所以。‎ 又因为是边长为的正三角形，所以，所以，‎ 所以，，两两垂直，‎ 则球为以为棱的正方体的外接球，‎ 则外接球直径为，‎ 所以球的体积为,‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题。‎ 三、解答题 ‎17．求斜率为，且与坐标轴所围成的三角形的面积是6的直线方程.‎ ‎【答案】． ‎ ‎【解析】试题分析：该题考查的是有关直线方程的问题，在解题的过程中，首先根据条件用斜截式先设出直线的方程，求得直线与坐标轴的交点的坐标，即直线在坐标轴上的相应的截距，应用三角形的面积公式，列出相应的等量关系式，从而求得结果．‎ 试题解析：设直线方程为，令得，令得，‎ 所以有 解得，．‎ 所以直线的方程为：或．‎ ‎【考点】直线方程的斜截式，三角形的面积．‎ ‎18．如图，四边形与四边形为平行四边形，分别是的中点，‎ 求证：（1）平面；‎ ‎（2）平面平面.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)连接，结合题意证得，利用线面平行的判断定理即可证得平面.‎ ‎(2)结合题意首先证得线面平行：平面，平面，且与为平面内的两条相交直线，据此可得平面平面.‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，连接，则必过与的交点，‎ 连接，则为的中位线，‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为分别为平行四边形的边的中点，‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ 又为中点，‎ 所以为的中位线，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又与为平面内的两条相交直线，‎ 所以平面平面.‎ 点睛：证明两个平面平行的方法有：‎ ‎①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；‎ ‎②用判定定理或推论(即“线线平行⇒面面平行”)，通过线面平行来完成证明；‎ ‎③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；‎ ‎④借助“传递性”来完成．‎ ‎19．如图所示，射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA、OB于A、B两点，当AB的中点C恰好落在直线y＝x上时，求直线AB的方程．‎ ‎【答案】(3＋)x－2y－3－＝0.‎ ‎【解析】解：由题意可得kOA＝tan45°＝1，‎ kOB＝tan(180°－30°)＝－，‎ 所以射线OA的方程为y＝x(x≥0)，‎ 射线OB的方程为y＝－x(x≥0)．‎ 设A(m，m)，B(－n，n)，‎ 所以AB的中点C(，)，‎ 由点C在y＝x上，且A、P、B三点共线得 解得m＝，‎ 所以A(，)．‎ 又P(1,0)，‎ 所以kAB＝kAP＝＝，‎ 所以直线AB的方程为y＝(x－1)，‎ 即直线AB的方程为(3＋)x－2y－3－＝0.‎ ‎20．如图，已知一四棱锥的底面是边长为的正方形，且侧棱底面，且，是侧棱上的动点．‎ ‎（1）证明：．‎ ‎（2）求二面角的正切值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】(1)连结,由,,推出平面,从而推出;‎ ‎(2)设相交于,连,由平面知,又,所以 是二面角的一个平面角,最后代入数据求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)连结,‎ ‎∵底面是正方形,‎ ‎∴,‎ ‎∵底面且平面,‎ ‎∴,‎ 又∵,‎ ‎∴平面,‎ ‎∵不论点在何位置,都有平面,‎ ‎∴;‎ ‎(2)设相交于,连,‎ 由(1)知平面,而平面,‎ ‎,‎ 又,‎ 是二面角的一个平面角,‎ 正方形边长为1,‎ ‎,‎ ‎,‎ 即二面角的正切值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直以及求二面角,需要学生有一定的空间思维和计算能力.解决二面角问题的关键是找到对应的平面角,将空间问题转化为平面问题.‎ ‎21．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）存在，理由见解析 ‎【解析】【详解】‎ 分析：（1）先证,再证，进而完成证明．‎ ‎（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．‎ 详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．‎ 因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．‎ 又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．‎ 而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．‎ ‎（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．‎ 证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．‎ 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．‎ MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．‎ 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．‎ ‎22．如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；‎ ‎(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)如图所示，连结，‎ 等边中，，则，‎ 平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，‎ 由面面垂直的性质定理可得：平面，故，‎ 由三棱柱的性质可知，而，故，且，‎ 由线面垂直的判定定理可得：平面，‎ 结合⊆平面，故.‎ ‎(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.‎ 设，则，,，‎ 据此可得：，‎ 由可得点的坐标为，‎ 利用中点坐标公式可得：，由于，‎ 故直线EF的方向向量为：‎ 设平面的法向量为，则：‎ ‎，‎ 据此可得平面的一个法向量为，‎ 此时，‎ 设直线EF与平面所成角为，则.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎