安徽省池州市贵池区2019-2020学年高二上学期期中教学质量检测数学（文）试题

安徽省池州市贵池区2019-2020学年高二上学期期中教学质量检测数学（文）试题

贵池区2019~2020学年度第一学期期中教学质量检测 高二数学试题卷（文科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.‎ ‎3.本卷命题范围：必修2第一章至第三章.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 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.若直线过二、三、四象限，则（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线过二、三、四象限,转化为直线在两坐标轴上的截距都小于0可得答案.‎ ‎【详解】因为直线过二、三、四象限,‎ 所以直线在两坐标轴上的截距都小于0,‎ 所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了直线方程的截距式,考查了截距的概念,属于基础题.‎ ‎2.直线的倾斜角的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线方程化为斜截式得斜率,根据余弦函数的值域求出斜率的取值范围,从而可求出倾斜角的取值范围.‎ ‎【详解】由可得,‎ 所以直线的斜率为,‎ 因为,即斜率的取值范围是,‎ 所以倾斜角的取值范围是,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了直线方程的一般式化斜截式,考查了由直线的斜率的范围求倾斜角的范围,考查了余弦函数的值域,属于基础题.‎ ‎3.若直线：,无论取何值，直线恒过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得,令的系数为0,即可得到答案.‎ ‎【详解】由可得,‎ 所以且,‎ 解得,‎ 所以直线恒过定点.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了直线过定点问题,利用参数的系数为0是解题关键,属于基础题.‎ ‎4.若直线过点，且点到直线的距离最远，则直线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点作直线的垂线,垂足为,经分析可知, 与重合,即时, 点到直线的距离最远,由此求出斜率,再由点斜式求出直线方程.‎ ‎【详解】过点作直线的垂线,垂足为,‎ 则,当且仅当与重合,即时,最大,即点到直线的距离最远,‎ 此时,‎ 所以直线的方程为:,即.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了由两直线垂直求直线方程,推出时, 到直线的距离最远是解题关键,属于基础题.‎ ‎5.直线mx＋4y－2＝0与直线2x－5y＋n＝0垂直，垂足为(1，p)，则n的值为(　　)‎ A. －12 B. －14 C. 10 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线mx+4y﹣2=0与直线2x﹣5y+n=0垂直，求出m=10，把（1，p）代入10x+4y﹣2=0，‎ 求出p=﹣2，把（1，﹣2）代入2x﹣5y+n=0，能求出n．‎ ‎【详解】∵直线mx+4y﹣2=0与直线2x﹣5y+n=0垂直，垂足为（1，p），‎ ‎∴2m﹣4×5=0，‎ 解得m=10，‎ 把（1，p）代入10x+4y﹣2=0，得10+4p﹣2=0，解得p=﹣2，‎ 把（1，﹣2）代入2x﹣5y+n=0，得2+10+n=0，‎ 解得n=﹣12．‎ 故答案：A ‎【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查 函数与方程思想，是基础题．‎ ‎6.圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，则圆锥的表面积是底面积的（ ）倍.‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥的母线长为,底面半径为,根据圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为,可得,‎ 然后,可计算侧面积,底面积,得表面积,可求得比值为5.‎ ‎【详解】设圆锥的母线长为,底面半径为,‎ 依题意可得:,所以,‎ 所以圆锥的侧面积为,‎ 圆锥的底面积为,‎ 所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图,考查了圆锥的侧面积,表面积,考查了弧长公式,属于基础题.‎ ‎7.已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下面命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与平面,平面与平面平行与垂直的概念以及直线与平面垂直的性质定理逐个判断可得答案.‎ ‎【详解】若，，则或,故不正确;‎ 若，，则或与相交,故不正确;‎ 若，，则或与相交,故不正确;‎ 若，，则,是正确的.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面,平面与平面平行与垂直概念,考查了直线与平面垂直的性质定理,属于基础题.‎ ‎8.如图，在中，面，，是的中点，则图中直角三角形的个数是（ ）‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为面，所以，则三角形为直角三角形，因为，所以，所以三角形是直角三角形，易证，所以面，即，则三角形为直角三角形，即共有7个直角三角形；故选C．‎ 考点：空间中垂直关系的转化．‎ ‎9.如图所示是一个几何体的三视图，这个几何体及其外接球的体积分别为（ ）‎ A. 32， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知,几何体是一个四棱锥,由棱锥的体积公式可求得几何体的体积,再将四棱锥的外接球转化为长方体的外接球,利用长方体的对角线长定理求得外接球的半径即可求得体积.‎ ‎【详解】∵三视图对应的几何体如图所示，是四棱锥，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∴四棱锥的外接球就是如图所示长方体的外接球，‎ ‎∴外接球半径，‎ ‎∴外接球体积为.‎ ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了由三视图还原直观图,考查了棱锥的体积公式,考查了长方体与球的组合体,考查了长方体的对角线长定理,考查了球的体积公式,属于中档题.‎ ‎10.水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中， ，则绕所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“斜二测画法”可得AB=4，OC=2，AC=BC=4，△ABC是等边三角形；△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，求它的表面积即可．‎ ‎【详解】根据“斜二测画法”可得AO=BO=2，OC=2，‎ ‎∴AC=BC==4，如图所示，‎ ‎∴△ABC是边长为4的等边三角形；‎ ‎△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，‎ 它的表面积为S=2πrl=2π×2×4=16π．‎ 故答案为：B ‎【点睛】本题考查了平面图形的直观图问题，也考查了旋转体的表面积求法，是基础题．‎ ‎11.已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为2的正三角形.若为底面的中心，则与平面所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出与平面所成角:根据在底面的投影为底面的中心，连接、、，则为与平面所成的角，然后根据体积求出侧棱长,最后在中计算可得.‎ ‎【详解】解：如图所示，在底面的投影为底面的中心，‎ 连接、、，则为与平面所成的角，‎ 设三棱柱的侧棱为，则，∴，‎ ‎∴中，，‎ ‎∴.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了棱柱的体积公式,考查了直线与平面所成的角,作出直线与平面所成的角是解题关键,本题属于基础题.‎ ‎12.在正方体中，，，分别是，，的中点，那么正方体过，，的截面图是（ ）‎ A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用公理3:如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过这个公共点的公共直线.找到所求截面与正方体的表面的公共点,然后连线得到截面即可.‎ ‎【详解】解：延长交的延长线与,连交于,则为的中点,‎ 延长交的延长线与,延长交的延长线与,‎ 连接交于,交于,则易得,分别为,的中点,‎ 连接,则截面为正六边形为所求截面.‎ 如图所示:‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了利用公理3找两个平面的交线,考查了作几何体的截面,利用公理3找两个平面的公共点是解题关键,属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.如图所示，在三棱锥中，、、分别是，，的中点，，则与所成角的度数为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据异面直线所成的角是与它们平行的两条相交直线所成的角或其补角,以及异面直线所成角的范围分析可得答案.‎ ‎【详解】因为分别是，，的中点,‎ 所以,,‎ 所以与所成角为或的补角,‎ 因为 ,‎ 所以与所成角为的补角为45°,‎ 即与所成角为45°.‎ 故答案为:45°.‎ ‎【点睛】本题考查了异面直线所成角以及异面直线所成角的取值范围,解题的关键是掌握异面直线所成角的取值范围,属于基础题.‎ ‎14.已知直线和直线的方程分别为，，直线平行于，直线与的距离为，与的距离为，且，则直线的方程为______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为上任一点,利用,结合点到直线的距离公式可得答案.‎ ‎【详解】设为上任一点,‎ 则,,‎ 又由,即,‎ 则,‎ 则或,‎ 化简得直线的方程为: 或.‎ 故答案为: 或.‎ ‎【点睛】本题考查了点到直线的距离公式,利用点到直线的距离公式代入化简是解题关键,属于中档题.‎ ‎15.已知两点和点到直线的距离相等，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点到直线的距离公式列等式,解方程可得答案.‎ ‎【详解】利用点到直线的距离公式可得:‎ ‎,‎ 所以,解得.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了点到直线的距离公式,属于基础题.‎ ‎16.已知正三棱锥，点，，，都在半径为3的球面上，若、、两两垂直，则球心到截面的距离为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正三棱锥补形成以、、为长宽高的正方体,利用正三棱锥与其所在正方体共外接球,以及等体积法可求得答案.‎ ‎【详解】∵正三棱锥中，、、两两垂直，且.‎ ‎∴如图所示，将正三棱锥补形成以、、为长宽高的正方体,‎ ‎∴正三棱锥的外接球即为其所在正方体的外接球，‎ ‎∴外接球的球心为正方体的中心，‎ 设，则外接球半径为，‎ 由题意知，‎ ‎∴.‎ 设点到面的距离为，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴球心到平面的距离为.‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查了补形法,考查了正方体的外接球,考查了等体积法,补形是解题关键,求点到面的距离,属于中档题.‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共70分）‎ ‎17.已知在中，，，点在抛物线上.‎ ‎（1）求的边所在的直线方程；‎ ‎（2）求的面积最小值，并求出此时点的坐标；‎ ‎（3）若为线段上的任意一点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）的面积最小值为3，此时点坐标为.（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接由两点式可得直线方程;‎ ‎(2) 设点坐标为,利用点到直线的距离求出点到的距离,再根据二次函数知识求出这个距离的最大值,以及取得最大值的条件,再根据面积公式可求得面积的最大值,根据取得最大值的条件可求得点的坐标;‎ ‎(3)根据 的几何意义,转化为 ,的斜率,结合图象可得答案.‎ ‎【详解】解：（1）∵，，‎ ‎∴直线的方程为，即.‎ ‎（2）设点坐标为，‎ 如图所示:‎ 则点到直线距离，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴的面积最小值为3.当且仅当时等号成立，此时点坐标为.‎ ‎（3）∵为线段上任意一点，‎ ‎∴的几何意义为坐标原点与线段上的点所确定直线的斜率，‎ 即的几何意义为当直线与线段有交点时，直线的斜率,‎ 如图所示:‎ ‎，，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了直线方程的两点式,考查了点到直线的距离公式,考查了斜率公式,数形结合思想,考查了二次函数求最值,考查了抛物线方程,属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，为棱中点，底面是边长为2的正方形，‎ 为正三角形，平面与棱交于点，平面与平面交于直线，且平面平面.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求四棱锥的表面积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据直线与平面平行的判定定理得面,根据直线与平面平行的性质定理得,同理,再根据平行公理4可证,‎ ‎(2)利用三角形的面积公式和直角梯形的面积公式计算五个面的面积再相加即可得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）如图所示:‎ ‎∵为正方形，∴，‎ ‎∵面，面，∴面.‎ ‎∵为中点，平面与棱交于点，∴面面，‎ ‎∴.‎ 同理，∴.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 又∵，∴，‎ 又∵为中点，∴为中点，且，‎ 又∵正三角形，且边长为2，∴，，，‎ ‎∴.‎ ‎∵为正方形，∴，‎ 又∵面面，面面，‎ ‎∴面，‎ 又∵面，∴.‎ 又∵，∴为直角梯形，‎ ‎∴.‎ ‎∵面，面，∴.‎ ‎∴.‎ 同理，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，‎ 同理，‎ 又∵，∴，‎ 又∵为中点，∴.‎ ‎∴四棱锥的表面积.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理,性质定理,平行公理4,考查了平面与平面垂直的性质定理,考查了三角形和梯形的面积公式,本题属于中档题.‎ ‎19.已知中，，，面平面，且，与平面所成角为，，分别是、上动点，且.‎ ‎（1）求证：不论为何值，总有平面平面.‎ ‎（2）当为何值时，平面？‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）时，面 面..‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据面面垂直的性质定理可得面,所以,再根据线面垂直的判定定理可得面,从而可得面,再根据面面垂直的判定定理可证面面;‎ ‎(2)根据,可知当时，面，然后结合已知条件可求得的值.‎ ‎【详解】解：（1）如图所示:‎ 因为面平面，且,‎ 所以面，又面，‎ ‎∴，∵，∴，‎ 又∵，∴面，‎ ‎∵，∴，∴面，‎ 又∵面，∴面面.‎ ‎（2）由（1）知，面，‎ 又∵面，∴，‎ ‎∴当时，面，‎ ‎∵，，‎ ‎∴.‎ ‎∵面，∴，‎ ‎∴中，，‎ ‎∴中，.‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴时，面面.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理和判定定理,考查了线面垂直的判定定理,属于中档题.‎ ‎20.如图，正方体的棱长为，其中为底面的中心，，分别为，的中点，平面与底面交于直线.‎ ‎（1）求证：.‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先利用面面平行的判定定理证明面面,再根据面面平行的性质定理可证;‎ ‎(2)根据以及体积公式可求得点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）解：如图所示，‎ 连接、，‎ ‎∵为正方形的中心，∴为中点，‎ 又∵为的中点，∴为△的中位线，∴.‎ 又∵面，面，∴面，‎ 因为，且，∴为平行四边形，‎ ‎∴，且，‎ 又∵，且，∴，且，‎ ‎∴为平行四边形，所以.‎ 又∵面，面，∴面，‎ 又∵面，且，∴面面，‎ 又∵面面，面面，‎ ‎∴.‎ ‎（2）设点到面的距离为，连接、，‎ 如图所示:‎ ‎∵正方体的棱长为，且为中点，‎ ‎∴，‎ 同理可求，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，且，∴，‎ 又∵面，且，∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴点到面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查了平面与平面平行判定定理和性质定理,考查了用等体积法求点到面的距离,考查了棱锥的体积公式,属于中档题.‎ ‎21.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.‎ ‎(1)在线段BC是否存在一点E，使得ND⊥FC ，若存在，求出EC的长并证明；‎ 若不存在，请说明理由．‎ ‎ (2)求四面体NEFD体积的最大值．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）EC＝3时符合；连接ED，交FC于点O，先证明FC⊥平面NED，再证明ND⊥FC.(2)‎ ‎ 设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0

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