浙江省宁波市六校联考2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题 23页

‎2019-2020学年浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高二（上）期中数学试卷 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个是满足题意的．）‎ ‎1.空间中一点到平面的距离为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出点在平面的投影点的坐标即为所求.,‎ ‎【详解】点在平面的投影点,‎ 即空间中一点到平面的距离为1.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了空间一点到平面的距离,关键要了解关于点在坐标平面射影点的坐标特征,属于基础题.‎ ‎2.若点到直线的距离为4，且在不等式表示的平面区域内，则点的横坐标是（ ）‎ A. 7或-3 B. 7 C. -3 D. -7或3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 坐标满足不等式求出取值范围，由点到直线距离公式,求出的值,.‎ ‎【详解】点在不等式表示的平面区域内 到直线的距离为,‎ 解得或（舍去）.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查点到直线的距离公式化简求值,理解二元一次不等式表示的平面区域,‎ 属于基础题.‎ ‎3.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，是下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中线线，线面，面面位置关系，逐项判断即可得出结果.‎ ‎【详解】A选项，若，，则可能平行、相交、或异面；故A错；‎ B选项，若，，，则可能平行或异面；故B错；‎ C选项，若，，，如果再满足，才会有则与垂直，所以与不一定垂直；故C错；‎ D选项，若，，则，又，由面面垂直的判定定理，可得，故D正确.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查空间的线面，面面位置关系，熟记位置关系，以及判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎4.在平面直角坐标系中，为不等式组所表示的区域上一动点，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式对应可行域,利用线性规划知识,以及的几何意义,即可得到结论.‎ ‎【详解】作出可行域如图： ‎ 令几何意义是动点与原点连线的斜率,由图像可知斜率最小,‎ 由,解得,即 所以的最小值为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查线性规划的应用,根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决问题的关键,属于基础题.‎ ‎5.已知直线与平行，则等于( )‎ A. 或 B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知 且，‎ 解得．‎ 故选．‎ ‎6.长方体中，,为中点，则异面直线与所成角为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，根据，可得异面直线与所成的角为，解三角形求得的大小.‎ ‎【详解】画出长方体如下图所示，连接，由于，所以异面直线与所成的角为，在三角形中，，故三角形是等边三角形，所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查异面直线所成角大小的求法，考查空间想象能力，属于基础题.‎ ‎7.已知点在圆外，则直线与圆的位置关系是（ ）．‎ A. 相切 B. 相交 C. 相离 D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合点与圆的位置关系考查圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系即可确定直线与圆的位置关系.‎ ‎【详解】点在圆外，，‎ 圆心到直线距离，‎ 直线与圆相交.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎8.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. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图像,当直线过点时,求出值;当直线与曲线相切时.求出,即可得出的取值范围.‎ ‎【详解】画出如下图像：‎ 当直线过点时,,此时直线与 曲线有两个公共点;‎ 直线与曲线相切时,,‎ 因此当时，直线与 曲线有两个公共点.‎ 故选B ‎【点睛】本题考查了直线与圆相切时满足的关系,以及点到直线的距离公式,考查了数形结合的数学思想,准确判断出曲线方程所表示曲线形状,且根据题意画出图形是解决问题的关键,属于中档题.‎ ‎9.如图，在正四棱锥S－ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的为( )‎ A. ①③ B. ③④ C. ①② D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在①中：由题意得 AC⊥平面SBD，从而平面EMN∥平面SBD，由此得到AC⊥EP；在②中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线；在③中：由平面EMN∥平面SBD，从而得到EP∥平面SBD；在④中：由已知得EM⊥平面SAC，从而得到EP与平面SAC不垂直．‎ ‎【详解】如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．‎ 在①中：由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC．‎ ‎∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，‎ ‎∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，∴平面EMN∥平面SBD，‎ ‎∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确．‎ 在②中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；‎ 在③中：由①可知平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确．‎ 在④中：由①同理可得：EM⊥平面SAC，‎ 若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，‎ 因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．‎ ‎∴恒成立的结论是：①③．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了命题的真假判断与应用，考查空间线面、面面的位置关系判定，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．‎ ‎10.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先求出圆心和半径，比较半径和；要求圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by=0的距离为，则圆心到直线的距离应小于等于，用圆心到直线的距离公式，可求得结果．‎ ‎【详解】圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0整理为，‎ ‎∴圆心坐标为（2，2），半径为3，‎ 要求圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by=0的距离为，‎ 则圆心到直线的距离应小于等于，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 直线l的倾斜角的取值范围是，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆心到直线的距离等知识，是中档题．‎ 二、填空题 ‎11.直线的斜率为____；倾斜角的大小是____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线一般式化为斜截式,可求出直线的斜率,再由斜率求出直线的倾斜角.‎ ‎【详解】化为，‎ 可得直线斜率为,倾斜角为.‎ 故答案为:,.‎ ‎【点睛】本题考查直线的几何特征,关键要掌握直线方程几种形式之间的互化,属于基础题.‎ ‎12.已知，若方程表示圆，则圆心坐标为____；的取值范围是____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当圆的方程是以一般方程给出时，根据圆心坐标公式,还需满足表示圆.‎ ‎【详解】（1）若方程表示圆，那么根据圆心坐标公式，可得，，‎ 圆心坐标.‎ ‎（2）若方程表示圆，那么需满足，即.‎ 故填：;.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程，属于简单题型.‎ ‎13.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥 中，底面 为邪田，两畔分别为1，3，正广 为 ， 平面，则邪田的邪长为_______；邪所在直线与平面 所成角的大小为________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点作，垂足为，在Rt中，可求BC长，即为邪长，又由题意可证平面，得到 即为所求，在Rt中，求得正切值，可得角.‎ ‎【详解】过点作，垂足为，延长，使得（如图）‎ ‎.‎ 由题意可得，则 ‎ 由题意知，所以，所以.因为 平面，所以，又，所以 平面 ，则 是直线 与平面 所成角的平面角， ，所以 故答案为 ‎ ‎【点睛】本题以数学文化为载体，考查了线面角及线面垂直的证明，考查了转化与化归思想及推理论证能力，属于中档题.‎ ‎14.直线被圆：所截得的弦长为______；由直线上的一点向圆引切线，切线长的最小值为____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出圆心到直线的距离,再由垂径定理,求出半弦长,即可得到弦长;‎ ‎（2）为直线上一点,过向圆引切线，切点为,根据切线性质,切线段,要求切线段最小值,转化为求最小值,就可得切线长的最小值.‎ ‎【详解】（1）圆:的圆心,半径,‎ 设圆心到直线距离为,则 弦长为.‎ ‎（2）为直线上一点,过向圆引切线切于,‎ 则有 故取最小值时，此时垂直直线,即 取最小值为圆心到直线的距离为 所以最小值为.‎ 故答案为: (1),(2).‎ ‎【点睛】本题考查相交弦长和切线段长,涉及到点到直线的距离,相交弦长公式以及切线长公式,解决问题关键要正确运用圆的性质,考查等价转化数学思想,属于综合题.‎ ‎15.已知，，满足约束条件，若的最小值为-1，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件作出可行域,,再利用的几何意义求最值,只需求出直线过可行域内的点时,从而得到的值.‎ ‎【详解】作出可行域如下图：‎ 由得,表示斜率为的 直线在上的截距,当最小为-1时,直线过点,‎ 由,解得,‎ 代入直线得,.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了用平面区域表示二元一次不等式组,借助于平面区域特性,用几何方法处理代数问题,体现了数行结合思想、化归思想.线性规划中的最优解,通常是利用平移直线法确定.属于中档题.‎ ‎16.如图所示，有一条长度为1的线段，其端点，在边长为4的正方形的四边上滑动，当点绕着正方形的四边滑动一周时，的中点所形成的轨迹长度为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意判断出轨迹是四个角处的四个直角扇形与正方形的四条边上的四条线段组成，然后根据圆的周长公式进行计算.‎ ‎【详解】若线段不在正方形边上,与正方形的一 顶点组成斜边为1的直角三角形，与该顶点的距离为,‎ 此时轨迹为直角扇形,四个顶点有四个直角扇形,‎ 合起来刚好是半径为的圆,周长为;‎ 若线段在正方形边上,则的中点四个 边上滑动为四个等长的线段,长度均为3,轨迹长度为12;‎ 所以轨迹的长度为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了点的轨迹与正方形性质,判断出轨迹的形状是解题的关键,也是解决为题的难点.‎ ‎17.在中，已知，，，是边上一点，将沿折起，得到三棱锥．若该三棱锥的顶点在底面的射影在线段上，设，则的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解可得其为等腰直角三角形,有题意可知折叠前图（1）中,根据等腰直角三角形位置关系可推出,在（2）图中，为的斜边,得,即可得出答案.‎ ‎【详解】在中,,,,‎ 由余弦定理得,‎ ‎,‎ 所以为等腰直角三角形.‎ 由将沿折起，得到三棱锥,‎ 且在底面的射影在线段上,‎ 如图2所示,平面，则,‎ 过做,垂足为，连,‎ 所以平面,所以,‎ 在折叠前图1中,由,,‎ 所以三点共线.取中点,‎ 连交于,由为等腰直角三角形,‎ 所以在线段之间，故为钝角,‎ ‎,所以在之间,得在之间,‎ 所以,即.‎ 在图2中,由于为的斜边,‎ 为直角边,所以,即.‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题以平面图形为载体,求线段的取值范围,着重考查了空间垂直位置关系的判定和性质、余弦定理解三角形等知识,同时考查了空间想象能力与逻辑推理能力,属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎18.已知平面内两点A(8,-6),B(2,2).‎ ‎(1)求过点P(2,-3)且与直线AB平行的直线l的方程;‎ ‎(2)一束光线从B点射向(1)中直线l，若反射光线过点A,求反射光线所在的直线方程.‎ ‎【答案】(1) 直线l的方程4x+3y+1=0,(2) 11x+27y+74=0.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据平行得出斜率，从而由点斜式求出直线方程；‎ ‎（2）求得点B关于直线l的对称点B'的坐标，然后求出斜率，再由点斜式求出 试题解析：（1）由点斜式 ∴直线l的方程4x+3y+1=0‎ ‎（2）设B（2，2）关于直线l的对称点B'（m，n）∴ ‎ 解得 ∴ ；‎ 由点斜式可得 整理得11x+27y+74=0；‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面，，，，.为线段的中点.‎ ‎（1）证明：面；‎ ‎（2）求与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件证明,结合平面.即可得证;‎ ‎（2）解法一（几何法）:先找到在平面内的射影直线,则所求角可得,在直角三角形中求出此角,即可得结果;‎ 解法二（空间向量法）:建立空间直角坐标系,确定各点坐标,求出坐标和平面的法向量坐标,结合线面角公式，即可得结果.‎ ‎【详解】（1）取中点,因为,,‎ 所以,,∴.‎ 因为平面,平面,所以,‎ 因为平面,平面,,‎ 所以面.‎ ‎（2）法一：连结,由（1）平面可得,‎ 与平面所成角为.‎ ‎∵,分别是,中点，‎ ‎∴,‎ 因为,,‎ 所以,，‎ 因为,所以,‎ ‎∴在中,‎ ‎，‎ ‎∴.‎ 因此与平面所成的角的正弦值为.‎ 法二：以为坐标原点,,平行于的直线 为，，轴,建立如图所示空间直角坐标系，则因为 ‎,,所以,,‎ 因为,所以,因此,,‎ ‎,,,‎ 从而为平面一个法向量,‎ ‎,,‎ ‎.‎ 因此与平面所成的角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定以及线面角的求法,要充分体会转化与化归思想在解题中的应用.‎ ‎20.已知圆：，直线过定点.‎ ‎（1）若与圆相切，求的方程；‎ ‎（2）若与圆相交于，两点，求三角形面积的最大值，并求此时的直线方程.‎ ‎【答案】（1）或；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件设出直线方程,注意的斜率是否存在,圆心到直线的距离等于半径,利用点到直线距离公式,即可确定出直线的方程;‎ ‎（2）先设直线方程,求出圆心到直线的距离,再根据垂径定理,求出弦长,得到面积的表达式,再求出此表达式的最大值.‎ ‎【详解】（1）将圆的一般方程化为标准方程,得,‎ ‎∴圆心，半径.‎ ‎①若直线的斜率不存在,则直线,符合题意．‎ ‎②若直线斜率存在，设直线：,即.‎ ‎∵与圆相切.∴圆心到已知直线的距离等于半径2,‎ 即,解得.‎ ‎∴综上，所求直线方程为或．‎ ‎（2）直线与圆相交,斜率必定存在,‎ 设直线方程为.‎ 则圆心到直线的距离.‎ 又∵面积 ‎，‎ ‎∴当时，.‎ 由,解得或.‎ ‎∴直线方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系的性质,涉及到的知识有:点到直线的距离公式,三角形面积公式,垂径定理以及直线方程.要注意分类讨论,是一道多知识点综合题.‎ ‎21.如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）（3）在线段上存在一点满足题意，且 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；‎ ‎(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；‎ ‎(3)假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.‎ ‎【详解】（1）因为四边形为矩形，所以为的中点.连接，‎ 在中，分别为的中点，所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.‎ 则，所以.‎ 设平面的法向量为，‎ 则即解得 令，得 所以平面的一个法向量为.‎ 设平面的法向量为，‎ ‎ ，据此可得 ，‎ 则平面的一个法向量为，‎ ‎，于是.‎ 故二面角正弦值为.‎ ‎（3）设存在点满足条件.‎ 由，‎ 设，整理得，‎ 则.‎ 因为直线与平面所成角的大小为，‎ 所以 解得，‎ 由知，即点与重合.‎ 故在线段上存在一点，且.‎ ‎【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：‎ ‎(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．‎ ‎(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．‎ ‎22.若圆经过坐标原点和点，且与直线相切， 从圆外一点向该圆引切线，为切点，‎ ‎（Ⅰ）求圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知点，且， 试判断点是否总在某一定直线上，若是，求出的方程；若不是，请说明理由；‎ ‎（Ⅲ）若（Ⅱ）中直线与轴的交点为，点是直线上两动点，且以为直径的圆过点，圆是否过定点？证明你的结论．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 （Ⅲ）和 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）直线与圆相切，则该直线离圆心的距离等于半径，从而确定圆心与半径，可求圆C的方程；（Ⅱ）由题可得PT⊥CT，求出再由，从而可得结论；（Ⅲ）根据点F在圆E上，故得，从而可得圆的方程，令可得结论．‎ 试题解析：（Ⅰ）设圆心由题易得半径，‎ 得，‎ 所以圆的方程为 ‎（Ⅱ）由题可得， 所以 所以 整理得 所以点总在直线上 ‎（Ⅲ）由题可设点，，‎ 则圆心，半径 从而圆的方程为 整理得 又点在圆上，故得 所以 令得， 所以或 所以圆过定点和 考点：圆的方程及直线与圆的位置关系．‎ ‎【方法点睛】求圆的方程的两种方法：‎ ‎（1）代数法：即用待定系数法求圆的方程①若已知条件与圆心和半径有关，则设出圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则设出圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解；‎ ‎（2）几何法：通过研究圆的性质，直线和圆的关系等求出圆心，半径，进而写出圆的标准方程 ‎ ‎