2019-2020学年安徽省芜湖市第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版） 22页

‎2019-2020学年安徽省芜湖市第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据直线倾斜角的正切值等于切线斜率求解即可.‎ ‎【详解】‎ 直线的斜率为,故倾斜角的正切值,‎ 又,故.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线倾斜角与斜率的关系,属于基础题型.‎ ‎2．下列说法正确的是（ ）‎ A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫作棱柱 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥 C．用平行于圆台底面的平面截圆台，其截面是圆面 D．直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 ‎【答案】C ‎【解析】根据常见几何体的定义判断或举出反例即可.‎ ‎【详解】‎ 对A, 有两个面互相平行,其余各面都是四边形的几何体也可以是台体,故A错误.‎ 对B,如图所示多面体满足只有底面为四边形,其他面均为三角形,但不是锥体 对C, 用平行于圆台底面的平面截圆台,其截面是圆面正确.‎ 对D, 直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的结合体,故D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本几何体的判断与概念等,属于基础题型.‎ ‎3．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（　　）‎ A．8cm B．6cm C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由题意得，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以，对应原图形平行四边形的高为，如图所示，所以原图形中，，所以原图形的周长为，故选A．‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎4．已知圆，圆 ，则圆 与圆的位置关系是（ ）‎ A．相离 B．相交 C．外切 D．内切 ‎【答案】C ‎【解析】，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 即两圆外切，故选．‎ 点睛：判断圆与圆的位置关系的常见方法 ‎(1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系．‎ ‎(2)切线法：根据公切线条数确定．‎ ‎（3）数形结合法：直接根据图形确定 ‎5．已知直线和互相平行，则实数的取值为（　　）‎ A．或3 B． C． D．1或 ‎【答案】B ‎【解析】利用两直线平行的等价条件求得实数m的值.‎ ‎【详解】‎ ‎∵两条直线x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，‎ ‎∴‎ 解得 m=﹣1，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 已知两直线的一般方程判定两直线平行或垂直时，记住以下结论，可避免讨论：‎ 已知，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎ ．‎ ‎6．若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】利用正方体中的线面关系容易否定，故选．‎ ‎【详解】‎ 选取一个正方体，如下图：‎ 对于答案A，令,平面，平面,‎ 满足，但是与不平行，所以A答案错误.‎ 对于答案B，令，，平面，‎ 满足，但是与不平行，所以B答案错误.‎ 对于答案C，令，平面,,‎ 满足,但是与不平行，所以C答案错误.‎ 排除.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系，考查空间思维能力及举特例方法，属于基础题。‎ ‎7．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为（ ）‎ A． B． C． D．40‎ ‎【答案】B ‎【解析】该几何体是四棱锥，如图：‎ 其中 平面 ，四边形 为直角梯形， ，所以几何体的体积 ，故选B.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题. 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解；(3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.‎ ‎8．与圆关于直线成轴对称的圆的方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】将圆方程化为的标准方程形式，可得圆心为（2，-1）且半径等于1．利用轴对称的知识，解出（2，-1）关于直线x-y+3=0 的对称点为（-4，5），即可得到对称圆的标准方程，再化成一般方程可得本题答案．‎ ‎【详解】‎ 将圆化成标准方程，得(x−2)2+(y+1)2=1，表示圆心在(2,−1)，半径等于1的圆.‎ 因此，可设对称圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=1‎ 可得，解之得，‎ 即点(2,−1)关于直线x−y+3=0对称的点的坐标为(−4,5)，‎ ‎∴与圆关于直线x−y+3=0成轴对称的圆方程是(x+4)2+(y−5)2=1，‎ 整理成一般式为：.‎ 故选：C ‎【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.‎ ‎9．若直线与圆有公共点，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】【详解】‎ 因为直线与圆有公共点，‎ 则圆心到直线的距离小于等于半径可知，‎ 故选D ‎10．由直线上的一点向圆：引切线，切点分别为，，则四边形面积的最小值为（ ）‎ A．1 B． C． D．3‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，设，结合圆的切线的性质分析可得四边形面积，又由，据此分析可得当取得最小值时，切线长取得最小值，此时四边形PACB面积取得最小值，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，连接 ，‎ 圆：的圆心为，半径，‎ 设，‎ 则四边形面积，‎ 又由，‎ 则当取得最小值时，切线长取得最小值，‎ 此时四边形面积取得最小值，‎ 而的最小值为圆心到直线的距离，设其最小值为，‎ 则，‎ 则 ；‎ 故四边形面积的最小值为 ；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的切线的性质，属于基础题．‎ ‎11．在正三棱锥中，是的中点，且，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：‎ 根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC⊥SB，结合SB⊥AM，得到SB⊥平面SAC，因此可得SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S-ABC的外接球的表面积．‎ 取AC中点，连接BN、SN，∵N为AC中点，SA=SC，∴AC⊥SN，‎ 同理AC⊥BN，∵SN∩BN=N，∴AC⊥平面SBN，‎ ‎∵SB⊂平面SBN，∴AC⊥SB，∵SB⊥AM且AC∩AM=A，‎ ‎∴SB⊥平面SAC⇒SB⊥SA且SB⊥AC，‎ ‎∵三棱锥S-ABC是正三棱锥，‎ ‎∴SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．‎ ‎∵底面边长∴侧棱SA=2，‎ ‎∴正三棱锥S-ABC的外接球的直径为：，‎ ‎∴正三棱锥S-ABC的外接球的表面积是，故选：B．‎ ‎【考点】空间线面垂直的判定与性质；球内接多面体 ‎12．正方体棱长为6，点在棱上，满足，过点的直线与直线、分别交于、两点，则（ ）‎ A． B． C．18 D．21‎ ‎【答案】C ‎【解析】画图分析可得过的直线与直线、的交点、在线段、的延长线上.再建立空间直角坐标系求解即可.‎ ‎【详解】‎ 画图分析可得过的直线与直线、的交点、在线段、的延长线上.以为坐标原点建立如图空间直角坐标系,则设,, ‎ 又共线,则,故,故 .‎ 故,,则.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用空间直角坐标系求解共线问题的方法等,属于中等题型.‎ 二、填空题 ‎13．已知直线过点且与直线：垂直，则直线的方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据直线与直线：垂直求得直线的斜率,再利用点斜式求出直线的方程即可.‎ ‎【详解】‎ ‎：的斜率为,故直线的斜率.‎ 故直线方程为,化简得 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线垂直的应用以及点斜式的方法,属于基础题型.‎ ‎14．已知正三棱柱，，，，分别是棱，中点，则异面直线与夹角的余弦值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】建立空间直角坐标系利用空间向量求解即可.‎ ‎【详解】‎ 画出图形,建立如图空间直角坐标系,则，，，,，‎ ‎∴,,‎ 设直线与夹角为,则 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用空间直角坐标系中空间向量的方法求解异面直线夹角的问题,属于基础题型.‎ ‎15．已知，动直线：过定点，动直线：‎ 过定点，若与交于点（异于点，），则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出直线过定点的坐标和直线过定点的坐标，与交于点，根据两条直线的斜率不难发现有则有，可得，再利用基本不等式的性质可得的最大值．‎ ‎【详解】‎ 对于直线，令，可得，故它过定点，‎ 且它的斜率为．‎ 对于动直线：，即，‎ 令，求得，，过定点，‎ 且它的斜率为，故与垂直．‎ 与交于点（异于点，），‎ ‎．‎ ‎，‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ 当且仅当时，的最大值为 ，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．‎ ‎16．如图，在直角梯形中，，，，，，在线段上，是线段的中点，沿把平面折起到平面 的位置，使平面，则下列命题正确的编号为______.‎ ‎①二面角的余弦值为；‎ ‎②设折起后几何体的棱的中点，则平面；‎ ‎③；‎ ‎④四棱锥的内切球的表面积为.‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】先由题意求得四棱锥的位置关系进而得到棱长的值，以此判断各个命题的真假．‎ ‎【详解】‎ 由题意如图：使平面时，则，，‎ 所以没有折叠前，即四边形是矩形，‎ ‎，，，‎ 平面，面面，，‎ 面面，‎ 面，面，，‎ 为二面角的平面角，‎ ‎，所以①不正确，‎ 取的中点，连接，，‎ 所以，，‎ 四边形为平行四边形，‎ ‎，而面，，‎ 面．所以②正确，‎ 到的距离等于，‎ ‎ ，‎ 所以③正确；‎ 设四棱锥的内切球半径为，四棱锥被内切球的球心分成5个小棱锥，之和等于大棱锥的体积，‎ 即 ‎ ‎ ，所以内切球的表面积为，‎ 所以④正确，‎ 故答案为：②③④．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查以棱锥的二面角及棱锥被内切球的球心分成几个棱锥，几个小棱锥的和等于大棱锥的体积为载体判断命题的真假，属于中难度题．‎ 三、解答题 ‎17．在四边形中，，，，，，以所在的直线为轴，四边形旋转一周形成一旋转体，求此旋转体的表面积.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】画图分析可得,旋转体为圆锥与圆台的组合体,故表面积为圆锥侧面积与圆台侧面积加底面面积即可.‎ ‎【详解】‎ 由图, ‎ 到的距离，,故,‎ 又到垂线的距离.‎ 故可得圆锥部分侧面积 ,‎ 圆台的侧面积,底面面积.‎ 故表面积 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了旋转体的表面积问题,需要分析各个面的形状再代入公式进行运算即可.属于中等题型.‎ ‎18．在中，已知BC边上的高所在直线的方程为,平分线所在直线的方程为，若点B的坐标为（1，2），‎ ‎（Ⅰ）求直线BC的方程；‎ ‎（Ⅱ）求点C的坐标 ‎【答案】（Ⅰ）2x+y-4=0（Ⅱ）C（5，-6）‎ ‎【解析】【详解】‎ ‎（Ⅰ）因为BC与BC边上的高互相垂直，‎ 且BC边上的高的斜率为 ，‎ 所以，直线BC的斜率为 -2 ，‎ 因此由点斜式可得直线BC的方程为 ‎ y-2=-2(x-1) ，化简得 2x+y-4=0‎ ‎（Ⅱ）由x-2y+1=0和y=0求得A(-1, 0)‎ 由AB，AC关于角A平分线x轴对称得AC直线方程y=-x-1 ‎ 由 于BC方程为：y=-2x+4‎ 由BC，AC联立解得C（5，-6）‎ ‎19．如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】（1）证明平面，利用线面平行的判定定理，连接交于，利用三角形的中位线的性质，证明即可；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面的一个法向量、面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接交于，则为中点，连接，如图．‎ 为中点，．‎ 又面，面，‎ 面．‎ ‎（2）由面面，且四边形为正方形，四边形为矩形，得，，．‎ 于是以为原点，，分别为轴、轴、轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎、、、‎ ‎、、‎ 设面的一个法向量为 ‎ 面的一个法向量为 则 ，即 解得： ．‎ 设二面角的大小为，‎ ‎ ．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用线面平行的判定定理证明线面平行，考查利用空间向量知识解决立体几何二面角问题，属于中档题．‎ ‎20．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.‎ ‎（1）证明：面；‎ ‎（2）证明：面面；‎ ‎（3）求直线与面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）证明见解析 ‎（3）‎ ‎【解析】(1)取中点,证明即可. (2)证明面即可.‎ ‎(3)利用等体积法,先求出三棱锥的体积,再求出的面积,进而求得到平面的体积,再求解与面所成角的正弦值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 取中点,连接.‎ 因为为棱的中点,所以且,又且,‎ 故且,故四边形为平行四边形,故,‎ 又面,面,故面.‎ ‎(2)因为,故,又底面,故面面,‎ 又面面,,,故,‎ 故面,故.‎ 所以 ,面,面,故面.‎ 又,所以面.又面故面面.‎ ‎(3).‎ 又,,‎ ‎.故.‎ 故到平面的距离满足 即,所以.‎ 设直线与面所成角为,则 ‎ 即直线与面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行与面面垂直的判定,同时也考查了直线与平面夹角的问题,属于中等题型.‎ ‎21．已知圆：，过圆外一点作该圆的一条切线，切点为，为坐标原点，且有.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）若轨迹方程与圆相交于，两点，为原点，且，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）根据题意，连接，，分析可得为直角三角形，即，设，分析可得，又由，分析可得，变形可得的轨迹方程．‎ ‎（2）设，，由，在直线上分析可得，，则，又由，分析可得，联立直线与圆的方程，分析可，结合根与系数的关系分析可得，，代入上式可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由于为圆的切线，连接，，则，‎ 所以为直角三角形，即 ‎ 设 ，由圆：知， ，‎ 因为，所以，‎ 即，‎ 化简得点的轨迹方程为.‎ ‎（2）设，，由，在直线上可得 ‎，， ‎ 又由，则 ‎ 即①‎ 由 ‎ 得 ，‎ 所以，，‎ 代入①得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆方程的应用，涉及直线与圆的位置关系及求轨迹方程，注意将圆的一般方程的形式，属于综合题．，解题时要认真审题，注意直线与圆的相切问题及研究曲线的轨迹方程的合理运用．‎ ‎22．已知圆：，过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为.连结并延长交于点.‎ ‎（1）设到直线的距离为，求的取值范围；‎ ‎（2）求面积的最大值及此时直线的方程.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）的最大值为，直线：‎ ‎【解析】（1）设直线的方程为，与圆的方程联立，构成方程组，解出，的坐标，再利用点线的距离公式求解；‎ ‎（2）把直线的方程与圆的方程联立，得到关于的一元二次方程，运用根与系数的关系可求得点的横坐标，进而表示出的面积，再通过化简变形，结合双勾函数的性质求得最大值及相应的直线方程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1） 设直线的方程为，‎ 与圆的方程联立有，‎ 消并整理得， ，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ 直线的方程为，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ，即 ；‎ ‎（2） 直线与圆的方程联立有，，‎ 消并整理得，，‎ 由根与系数的关系有， ，‎ ‎ ，‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 令，则，当且仅当时取等号，‎ ‎，‎ 故面积的最大值为，直线：．‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查了直线与圆的位置关系及距离公式，圆锥曲线中的最值问题，双勾函数性质的运用等，本题看似入手很易，但实质是以小见大，比如通过数形结合得到三角形的面积，通过对目标函数化简，进而简化式子表达，并转化为熟悉的双勾函数等，特别是训练了学生的运算能力及化简变形能力，对数学的综合素养要求较高，是一道较难题目．‎