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  • 2021-06-11 发布

2019-2020学年山西省长治市第二中学高二上学期期中考试数学(文)试题(解析版)

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‎2019-2020学年山西省长治市第二中学高二上学期期中考试数学(文)试题 一、单选题 ‎1.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周 ,所得的几何体包括(   )‎ A.一个圆柱、两个圆锥 B.两个圆台、一个圆柱 C.两个圆柱、一个圆台 D.一个圆台、两个圆锥 ‎【答案】A ‎【解析】先将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形,根据旋转体的定义,可直接得出结果.‎ ‎【详解】‎ 将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形,如图所示:‎ 矩形绕其一边旋转一周得到圆柱,直角三角形绕其一条直角边旋转一周得到圆锥;‎ 因此,将该等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周,可得几何体为:一个圆柱、两个圆锥.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题主要考查旋转几何体的定义,熟记定义即可,属于常考题型.‎ ‎2.若直线过点,则此直线的倾斜角是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据斜率的两点式求出斜率,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为直线过点,‎ 所以直线的斜率为,设倾斜角为,则,‎ 解得.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题主要考查已知直线上两点求直线的倾斜角,熟记直线斜率公式与定义即可,属于常考题型.‎ ‎3.已知点(a,2) (a>0)到直线l: x-y+3=0的距离为1, 则a的值为( )‎ A. B.2- C.-1 D.+1‎ ‎【答案】C ‎【解析】【详解】试题分析:由点到直线l的距离公式得:,解得:,又,故,选C ‎【考点】点到直线的距离 ‎4.已知表示两条不同直线,表示平面,下列说法中正确的是( )‎ A.若,则 B.若 C.若,,则 D.若,,‎ ‎【答案】A ‎【解析】【详解】试题分析:A.若,,则,故A正确;‎ B.若∥,∥则m,n相交或平行或异面,故B错;‎ C.若m⊥,m⊥n,则n∥或n⊂,故C错;‎ D.若m∥,m⊥n,则n∥或n⊂或n⊥,故D错.‎ 故选A.‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系 ‎5.直线恒过定点,则的坐标为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】先由得到,解方程组,即可求出定点坐标.‎ ‎【详解】‎ 因为可化为,‎ 由,解得,‎ 所以直线恒过定点.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线所过定点坐标问题,根据解方程组法求解即可,属于常考题型.‎ ‎6.已知直线与平行,则与的距离为(   )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由两直线平行,求出,得到,再由两平行线间的距离公式,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与平行,‎ 所以,解得,‎ 所以,即,‎ 因此与的距离为.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题主要考查两平行线间的距离,熟记距离公式,以及直线平行的判定条件即可,属于常考题型.‎ ‎7.圆上的点到直线的最大距离为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】先由点到直线距离公式,求出圆心到直线距离,再由直线与圆位置关系,得到圆上的点到直线距离的最大值等于:圆心到直线距离加上半径;进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为圆的圆心为,半径为,‎ 所以圆心到直线的距离为;‎ 所以圆上的点到直线的最大距离为.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆上的点到直线的距离问题,熟记点到直线距离公式,以及直线与圆位置关系即可,属于常考题型.‎ ‎8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】【详解】‎ 试题分析:如图所示,截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.‎ ‎【考点】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.‎ ‎9.若直线经过点,且在轴上的截距的取值范围是,则其斜率的取值范围是( )‎ A. B.或 C.或 D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为直线 过点 ,在x轴上的截距取值范围是 ,所以直线端点的斜率分别为: ,如图:‎ 所以或.故选C.‎ ‎10.若圆与圆恰有三条公切线,则( )‎ A.21 B.19 C.9 D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据两圆有三条公切线,得到两圆外切,从而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为圆,圆心为,半径为;‎ 圆可化为,圆心为,半径,‎ 又圆与圆恰有三条公切线,‎ 所以两圆外切,‎ 因此,即,解得.‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题主要考查两圆外切求参数的问题,熟记圆与圆位置关系即可,属于常考题型.‎ ‎11.《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )‎ A.4 B.8 C.12 D.16‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据新定义和正六边形的性质可得答案.‎ ‎【详解】‎ 根据正六边形的性质,则D1﹣A1ABB1,D1﹣A1AFF1满足题意,‎ 而C1,E1,C,D,E,和D1一样,有2×4=8,‎ 当A1ACC1为底面矩形,有4个满足题意,‎ 当A1AEE1为底面矩形,有4个满足题意,‎ 故有8+4+4=16‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了新定义,以及排除组合的问题,考查了棱柱的特征,属于中档题.‎ ‎12.已知圆的圆心在轴的正半轴上,点在圆上,且圆被直线截得的弦长为,则圆的方程为( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由题意,设圆心坐标为,(),得到圆的半径为,求出圆心到直线的距离为,根据圆被直线截得的弦长为 ‎,得到,求出,得到,即可得出圆的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意,设圆心坐标为,(),因为在圆上,所以圆的半径为,‎ 又圆心到直线的距离为,‎ 因为圆被直线截得的弦长为,‎ 所以,解得,‎ 所以,‎ 因此,所求圆的方程为.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题主要考查求圆的方程,熟记圆的标准方程,以及圆的弦长公式即可,属于常考题型.‎ 二、填空题 ‎13.直线与的交点坐标为______________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】联立直线方程,解方程组,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 由解得,‎ 所以交点坐标为 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两直线交点坐标,只需联立直线方程,求解即可,属于常考题型.‎ ‎14.若点在直线上,则的最小值为_____________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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.‎ ‎15.已知直线与直线的交点位于第四象限,则实数的取值范围是____________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】联立直线方程,求出交点坐标,根据交点位置,列出不等式,求解,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与直线有交点,所以,‎ 由得,即交点坐标为,‎ 又交点位于第四象限,所以有,解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查由直线交点位置求参数的问题,求两直线的交点坐标,只需联立直线方程求解即可,属于常考题型.‎ ‎16.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,,该棱柱的体积为,若棱柱各顶点均在同一球面上,则此球的表面积为____________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】先由余弦定理求出,得到,分别取,的中点为,,连接,则平面,为底面的外接圆圆心,所以棱柱的外接球球心为的中点,记作,连接,由棱柱体积求出棱柱的高,再由勾股定理求出,即可得出表面积.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 由余弦定理可得:,‎ 所以,因此,所以,‎ 分别取,的中点为,,连接,‎ 则平面,且为底面的外接圆圆心,‎ 所以棱柱的外接球球心为的中点,记作,连接,‎ 因为该棱柱的体积为,‎ 所以,解得,‎ 因此棱柱外接球半径为.‎ 故此球的表面积为.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查几何体外接球的相关计算,熟记几何体结构特征,以及球的体积公式即可,属于常考题型.‎ 三、解答题 ‎17.如图,在正方体中,分别为的中点.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求异面直线与所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】(1)根据面面平行的判定定理,即可证明结论成立;‎ ‎(2)先由题意得到,所以即为异面直线与所成的角,设正方体棱长为2,求出,,,先由余弦定理求出,从而可求出正弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明:因为在正方体中,分别为的中点,‎ 所以,,‎ 又平面,平面,平面,平面,‎ 平面;平面;‎ 因为平面,平面,且,‎ 平面平面 ;‎ ‎(2)因为分别为的中点,‎ 所以在正方体中有 , 即为异面直线与所成的角, ‎ 设正方体棱长为2,则,,,‎ ‎,‎ 所以.‎ 即异面直线与所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查证明面面平行,以及求异面直线所成的角,熟记面面平行的判定定理,以及异面直线所成角的几何求法即可,属于常考题型.‎ ‎18.如图,直角三角形ABC的顶点坐标A(-2,0),直角顶点B(0,-2),顶点C在x轴上.‎ ‎(1)求BC边所在直线方程;‎ ‎(2)M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程.‎ ‎【答案】(1)(2)(x-1)2+y2=9‎ ‎【解析】(1)由题BC⊥AC,求得BC边斜率,则由点斜式方程可求;(2) 由(1)求得C坐标,再求圆心M,求得r=AM,则方程可求 ‎【详解】‎ ‎(1)∵kAB=-,AB⊥BC,∴kCB=,∴BC的直线方程:y=x-2‎ ‎(2)在(1)中,令y=0,得C(4,0),∴圆心M(1,0),‎ 又∵AM=3,∴外接圆的方程为(x-1)2+y2=9.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的方程,圆的方程,熟记直线位置关系,与直角三角形性质是解题关键,是中档题 ‎19.已知过点且斜率为的直线与圆.‎ ‎(1)若直线与圆交于两点,求的取值范围;‎ ‎(2)若直线与圆相切,求直线的一般式方程.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)先由题意得到直线的方程为,由直线与圆相交,得到圆心到直线的距离小于圆半径,列出不等式,求解,即可得出结果;‎ ‎(2)由直线与圆相切,得到圆心到直线的距离等于圆半径,列出方程求解,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意,直线的方程为,即;‎ 若直线l与圆交于两点,‎ 则圆心到直线的距离小于圆半径,‎ 即,解得;‎ ‎(2)因为直线与圆相切,‎ 所以圆心到直线的距离等于圆半径,‎ 即,解得,‎ ‎∴直线的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查由直线与圆位置关系求参数的问题,熟记直线与圆位置关系的判定条件即可,属于常考题型.‎ ‎20.如图,梯形与所在的平面垂直,,.‎ ‎(1)若为中点,求证:;‎ ‎(2)求多面体的体积.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】(1)根据线面垂直的判定定理,先证明平面,得到平面,从而可证明结论成立;‎ ‎(2)过点,作交于点,作交于点,得到平面平面,,根据题中条件,结合棱柱与棱锥的体积公式,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)∵梯形与所在的平面垂直,‎ 平面平面,且,‎ 所以平面,‎ 又,所以平面,‎ 因为为中点,所以平面,‎ ‎;‎ ‎(2)过点,作交于点,作交于点,‎ 则平面平面,‎ 所以 因为,,所以,‎ 又,由(1)知平面,‎ 所以;‎ 由平面,平面平面,可得:平面,‎ 因为,‎ 所以,,‎ 则 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查证明线线垂直,以及求多面体的体积,熟记线面垂直的判定定理与性质定理,以及棱锥、棱柱的体积公式即可,属于常考题型.‎ ‎21.如图,四棱锥中,侧面为等边三角形且垂直于底面,‎ ‎(1)证明:平面;‎ ‎(2)若的面积为,求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明过程见详解;(2).‎ ‎【解析】(1)利用直线与平面平行的判定定理证明即可. (2)取中点为,中点为,连接,,,先由题意证明底面,再推出平面,得到,设,根据题意,求出,再由,结合棱锥体积公式,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为四棱锥中,,‎ 所以,‎ 因为平面,平面,‎ 所以平面;‎ ‎(2)取中点为,中点为,连接,,,‎ 因为四棱锥中,侧面为等边三角形,‎ 所以,‎ 又侧面垂直于底面,‎ 所以底面,所以,‎ 又,,所以平面;所以;‎ 因为,‎ 设,则,所以,,所以,‎ 又,所以,‎ 所以,所以,‎ 由的面积为,可得,解得,‎ 所以,,,‎ 设点到平面的距离为 由可得:,‎ 即,解得;‎ 即点到平面的距离为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行的证明,以及空间中点到平面的距离,熟记线面平行的判定定理,以及等体积法求点到面的距离即可,属于常考题型.‎ ‎22.已知圆心在原点的圆与直线相切.‎ ‎(1)求圆的方程;‎ ‎(2)设动直线与圆交于两点,问在轴正半轴上是否存在定点,使得直线与直线关于轴对称?若存在,请求出点的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)存在定点满足要求.‎ ‎【解析】(1)先设圆的半径为,圆心到直线的距离为,由题意得到,从而可求出圆的方程;‎ ‎(2)先设,联立直线与圆的方程,根据韦达定理得到,再由直线与直线关于轴对称,得到,即,化简整理,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设圆的半径为,圆心到直线的距离为,‎ 因为圆心在原点的圆与直线相切,‎ 即,所以圆的方程为.‎ ‎(2)由题意,设 由 ‎∴‎ 若直线与直线关于轴对称,则 ‎,即,‎ 所以在轴正半轴上存在定点,使得直线与直线关于轴对称 ‎【点睛】‎ 本题主要考查由直线与圆相切求圆的方程,以及存在满足条件的定点问题,熟记直线与圆位置关系,联立直线与圆的方程,结合韦达定理等求解即可,属于常考题型.‎

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