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- 2021-06-16 发布
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祁县第二中学校高二期中考试
数学试卷
一:选择题.
1.已知直线 与直线平行,则它们之间的距离是( )
A. 1 B. C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意两直线平行,得,由直线可化为,再由两直线之间的距离公式,即可求解.
【详解】由题意直线与直线平行,则,
即,则直线可化为,
所以两直线之间的距离为,故选B.
【点睛】本题主要考查了两条平行线的距离的求解,其中解答中根据两直线的平行关系,求得的值,再利用两平行线间的距离公式求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
2.已知两直线与平行,则 ( )
A. B. C. 或 D.
【答案】D
【解析】
∵直线与平行
∴,且
∴
故选D
点睛:(1
)当直线的方程存在字母参数时,不仅要考虑到斜率存在的一般情况,也要考虑到斜率不存在的特殊情况,同时还要注意的系数不能同时为零的这一隐含条件;
(2)在判断两条直线平行、垂直时,也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论.
3.已知直线与互相垂直,垂足为,则的值是( )
A. 24 B. 20 C. 0 D.
【答案】B
【解析】
∵两直线互相垂直,∴k1·k2=-1,
∴-·=-1,∴m=10.又∵垂足为(1,p),
∴代入直线10x+4y-2=0得p=-2,
将(1,-2)代入直线2x-5y+n=0得n=-12,
∴m-n+p=20.
故答案选B。
4.直线,当变动时,所有直线恒过定点坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
把直线方程整理为后可得直线所过的定点.
【详解】把直线方程整理为,令,故,所以定点为,故选C.
【点睛】一般地,动直线所过的定点为直线的交点.解题中注意对含参数的直线方程进行化简.
5.已知直线和平面,则下列四个命题中正确的是 ( )
A. 若,,则
B. 若,,则
C. 若,,则
D. 若,,则
【答案】D
【解析】
分析】
利用面面垂直,面面平行和线面平行的性质,逐项判定,即可得到答案.
【详解】由题意,对于A中,若,,则与可能平行,所以不正确;
对于B中,若,,则与可能是相交的,所以不正确;
对于C中,若,,则可能在内,所以不正确;
对于D中,根据面面平行的性质,可得若,,则是正确的,故选D.
【点睛】本题主要考查了面面垂直,面面平行和线面平行的性质的应用,其中解答中熟记线面位置关系的判定是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题.
6.设是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下面四个命题:
(1)若,则 (2)若,则
(3)若,则 (4)若,则
其中正确命题个数是﹙ ﹚
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
用线、面平行垂直的判定定理可直接判断出本题命题的正确与否。
【详解】(1)若为正方体相邻的三个面,两两垂直,故(1)错;
(2)根据若需得到则需要同时垂直两平面的交线,故(2)错;
(3)根据,若需证,则需共面,故(3)错;
(4)若,则,根据由面面平行证线线平行的判定定理可得该命题正确,故(4)正确。
综上,以上命题只有一个命题正确,故选A。
【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系:考查线面平行的判定和性质,面面平行的判定和性质,熟记这些是解题的关键。
7.如图,一个水平放置的平面图的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是( )
A. 1+ B. 2+ C. 1+ D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先还原几何体,再根据直角梯形面积公式得结果.
【详解】几何体为一个直角梯形,上底长为1,下底长为1+,高为2,因此面积为选B.
【点睛】本题考查直观图,考查基本分析求解能力,属基础题.
8.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长的长度为( ).
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由三视图得出该几何体的直观图,结合题意求解即可.
【详解】由三视图可知其直观图,
该几何体为四棱锥P-ABCD,最长的棱为PA,则最长的棱长为,故选A.
【点睛】本题主要考查几何体的三视图,属于基础题型.
9.如图是各棱长均为2的正三棱柱ABC—A1B1C1的直观图,则此三棱柱侧视图的面积为( )
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
先由题意确定其侧视图为矩形,求出矩形的长和宽,即可得出结果.
【详解】由题意可得,侧视图是个矩形,由已知,底面正三角形边长为2,所以其高为,即侧视图的宽为,又三棱柱的高为2,即侧视图的长为2,所以三棱柱侧视图的面积为.
故选B
【点睛】本题主要考查几何体的三视图,熟记三棱柱的结构特征即可,属于常考题型.
10.一个平面载一球得到直径为6cm的圆面,球心到这个圆面的距离为4cm,则球的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据球的性质知,球的半径,再利用球的体积公式,即可求解,得到答案.
【详解】设球的半径为 ,根据球的性质知,球的半径,
又由球的体积公式,可得.
故选:C
【点睛】本题主要考查了球的截面性质,以及球的体积的计算,其中解答中根据球的截面的性质,求得球的半径是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.
11.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积和表面积分别为( )
A. , B. ,
C. , D. ,
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图知该几何体是圆柱在中间挖去一个同底等高的圆锥,结合图中数据,即可求出它的体积和表面积.
【详解】解:根据三视图知,该几何体是圆柱,在中间挖去一个同底等高的圆锥,如图所示;
结合图中数据,计算该几何体的体积为:
V=π•12•1-π•12•1=π;
表面积为:
S=π•12+2π•1•1+π•1•=(3+)π.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了几何体三视图的应用问题,几何体的体积以及表面积的计算,是基础题
12.中国古代数学家名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体,其三视图如图所示,则其外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析:该题属于已知几何体的三视图,,求其外接球的表面积问题,把三棱柱补成长方体,则长方体的对角线长等于外接球的直径,从而求得结果.
详解:由已知可得该“堑堵”是一个半个长方体的直三棱柱,且长宽高分别是,该几何体的外接球就是对应的长方体的外接球,而长方体的对角线是,所以其外接球的半径为1,所以其外接球的表面积为,故选B.
点睛:解决该题的关键是将根据三视图将几何体还原,从而得到该几何体是半个长方体的三棱柱,利用长方体的外接球的特征求得结果.
二:填空题.
13.长方体中,,则与平面所成的角的大小为________.
【答案】
【解析】
【分析】
连结 、,由 平面ABCD,得 是 与平面ABCD所成角,面面ABCD,即为所求,由此能求出与平面ABCD所成角的大小。
【详解】根据题意画出图形如图,连结BD、 ,
因为长方体 中,平面ABCD,垂足为D,
与平面ABCD所成角,面面ABCD,即为所求.
,
,
, ,
,
。
与平面所成角的大小为。
故答案为:。
【点睛】本题考查立体几何中线面角的求解,重点是将线面角转化成线线角,也可采用空教坐标系解决。
14.过点(2,-3)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为_________________.
【答案】
【解析】
分析:分类讨论截距为0和截距不为零两种情况求解直线方程即可.
详解:当截距为0时,直线的方程为,满足题意;
当截距不为0时,设直线的方程为,
把点代入直线方程可得,此时直线方程为.
故答案为.
点睛:求解直线方程时应该注意以下问题:
一是根据斜率求倾斜角,要注意倾斜角的范围;
二是求直线方程时,若不能断定直线是否具有斜率时,应对斜率存在与不存在加以讨论;
三是在用截距式时,应先判断截距是否为0,若不确定,则需分类讨论.
15.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为,圆心角为的扇形,则此圆锥的高为________.
【答案】
【解析】
【分析】
设此圆的底面半径为,高为,母线为,根据底面圆周长等于展开扇形的弧长,建立关系式解出,再根据勾股定理得 ,即得此圆锥高的值。
【详解】设此圆的底面半径为,高为,母线为,
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为,圆心角为的扇形,
所以,得 ,解之得,
因此,此圆锥的高,
故答案为:。
【点睛】本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径和圆心角,求圆锥高的大小,着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识,属于基础题。
16.若点在直线上,则的最小值为_____________________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意,可得表示直线上的点到原点的距离的平方,根据点到直线距离公式,即可求出最小值.
【详解】因为表示点到原点距离的平方,
又点在直线上,
所以当点与原点连线垂直于直线时,距离最小,即最小;
因为原点到直线的距离为,
所以.
即有最小值.
故答案为:
【点睛】本题主要考查直线上的点与原点距离最值的问题,熟记点到直线距离公式即可,属于常考题型.
三:解答题.
17.已知直线与直线的倾斜角相等,并且与两坐标轴围成的三角形的面积为6,求直线的方程.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可设直线l的方程为:3x+4y+m=0,令x=0,得y=-;令y=0,得x=-,直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为|-|×|-|=6,解得m=±12,进而得到直线方程.
【详解】设直线l的方程为:3x+4y+m=0,令x=0,得y=-;令y=0,得x=-.
∴直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为|-|×|-|=6,解得m=±12.
∴直线l的方程为3x+4y±12=0.
【点睛】这个题目考查了斜率相同的直线方程的设法,较为简单.
18.如图,四棱锥的底面是正方形,侧棱⊥底面是的中点.
(Ⅰ)求证:∥;
(Ⅱ)证明:.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
试题分析:(1)由线线平行得出线面平行;(2)由线面垂直的判定定理证出BD⊥平面PAC,再由线面垂直的性质证得。
试题解析
证:(Ⅰ)连结AC交BD于O,连结OE,
因为四边形ABCD是正方形,所以O为AC中点.
又因为E是PA的中点,所以PC∥OE,
因为PC⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
所以PC∥平面BDE.
(Ⅱ)因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC.
因为PA⊥底面ABCD,且BD⊂平面ABCD, 所以PA⊥BD.
又AC∩PA=A,AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC
又CE⊂平面PAC, 所以BD⊥CE.
19.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,,平面BB1C1C底面ABCD,点、F分别是线段、BC的中点.
(1)求证:AF//平面;
(2)求证:平面BB1C1C⊥平面.
【答案】(1)见解析; (2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)欲证AF//平面,则需证明平行于平面内一条直线,根据题目条件易得边上的中线与平行,从而得证。
(2)需证面面垂直,则需证明线面垂直,易证边上的中线垂直于且,该中线垂直于,从而得到线面垂直,得到面面垂直。
【详解】(1)方法一:取中点,连
分别为中点
为四棱柱
又为的中点,
所以四边形PFAM为平行四边形
又
,
方法二:取中点,连 ,
又,
,
又是四棱柱,
,
,
,
,
,
又,
,又
,又,
(2),,
又,
,
又,,
而,
又,
, 又
.
【点睛】本题考查线面垂直平行的判定与性质,全部转化到证明线线垂直或平行,证明线线平行通常采用三角形中位线或平行四边形对边进行证明,证明线线垂直通常利用平行的传递性或者勾股定理数据计算证明。
20.如图,在四棱锥中,平面平面,,,,,点、分别为、的中点.
﹙1﹚求证:平面平面;
﹙2﹚求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析;﹙2﹚.
【解析】
【分析】
(1)先证明平面,平面,再利用面面平行的判定定理,即可证明;
(2)利用等体积法,可得,利用,即可求得
【详解】﹙1﹚由题意知: 点是的中点,且,
所以 ,所以四边形是平行四边形,则.
平面,平面,所以平面.
又因为、分别为、的中点,所以.
平面,平面,
所以, 平面.
,所以平面平面.
(2)解法一:利用
因为平面平面,
平面平面,平面ABCD,,所以,平面.
所以,的长即是点到平面的距离.
在中,,
所以,,
所以.
解法二:利用.
.
.
【点睛】本题考查面面平行的证明和等体积法的应用,难点在于利用进行求解体积,属于中档题
21.直线经过两直线与的交点,且与直线:平行.
(1)求直线的方程;
(2)若点到直线的距离与直线到直线的距离相等,求实数的值.
【答案】(1)(2)或.
【解析】
试题分析:(1)联立方程组求得两直线的交点坐标,由直线l1:x+y-6=0的斜率求得直线l的斜率,然后代入直线的点斜式方程得答案;(2)直接由点到直线的距离公式求得a的值.
试题解析:
(1)解得,即交点坐标为.
∵直线:的斜率为,
∴直线的斜率为
∴直线的方程为,即.
(2)由题知,
整理得,
解得或.
22.在△ABC中,BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,∠A的角平分线所在直线的方程为y=0,若点B的坐标为(1,2),求点A和点C的坐标.
【答案】,
【解析】
试题分析:由题意,点是直线与直线的交点,列出方程组即可求出点坐标,由直线及x轴是∠A的平分线,可求出AC边所在的直线方程,再根据BC边上的高求出BC边所在的直线方程,解出AC边所在的直线方程和BC边所在的直线方程组成的方程组,即可求得点坐标.
试题解析:由方程组解得点A的坐标为(-1,0).
又直线AB的斜率kAB=1,x轴是∠A的平分线,
所以kAC=-1,则AC边所在的直线方程为y=-(x+1).①
又已知BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,
故直线BC的斜率kBC=-2,
所以BC边所在的直线方程为y-2=-2(x-1).②
解①②组成的方程组得
即顶点C的坐标为(5,-6).