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） 17页

‎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.‎