2018-2019学年浙江省慈溪市六校高二上学期期中考试数学试题 解析版

2018-2019学年浙江省慈溪市六校高二上学期期中考试数学试题 解析版

绝密★启用前 浙江省慈溪市六校2018-2019学年高二上学期期中考试数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出．‎ ‎【详解】‎ 设直线x+y﹣1=0的倾斜角为α．‎ 直线x+y﹣1=0化为．‎ ‎∴tanα=﹣．‎ ‎∵α∈[0°，180°），‎ ‎∴α=150°．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．‎ ‎2．若直线过第一、三、四象限，则实数满足（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形知a＞0且b＞0．‎ ‎【详解】‎ 直线过第一、三、四象限，如图所示；‎ 则a＞0，-b＜0．‎ 即a＞0且b＞0．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程的应用问题，是基础题．‎ ‎3．点P在圆的内部，则的取值范围是 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由圆（x﹣1）2+y2=1，得到圆心坐标为（1，0），半径r=1，‎ 点P在圆（x﹣1）2+y2=1内部⇔（5a+1﹣1）2+（12a）2＜1⇔．‎ 故选D ‎4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 若，则 B． 若，则 C． 若，则 D． 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据空间中的线与线，线与面的有关结论，不难得到正确结论．‎ ‎【详解】‎ A、由于α∥β，m⊂α，则m∥β，又n⊂β，可得m∥n或m，n异面，故A错；‎ B、由于，可得m∥n或m，n异面或m，n相交，故B错；‎ C、由于，故则或相交，故C错；‎ D、由于，结合面面垂直性质定理可知，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，我们需对四个结论逐一进行判断，可以得到正确的结论．‎ ‎5．已知直线过点,且在轴和轴上的截距互为相反数，则直线的方程为（ ） ‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当直线过原点及时，直线为；当直线不过原点时，设直线为，代入，得，所以方程为，故选C．‎ 考点：直线的方程．‎ ‎【易错点睛】对于直线的截距方程中应注意：（1）其中为直线在轴上的截距，为直线在轴上的截距；（2）截距是坐标而不是距离，可正可负可为零．因此在解题过程设截距方程时，要分直线过原点和不过原点讨论，否则易造成漏解．‎ ‎6．已知不等式组表示的平面区域为，若函数的图象上存在区域内的点，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合二元一次不等式（组）与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用函数y=|x﹣1|的图象特征，结合区域的角上的点即可解决问题．‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 作出函数y=|x﹣1|的图象如图：则函数的图象关于x=1对称，‎ 沿着对称轴x=1平移y=|x﹣1|图象，‎ 由图象可知当图象经过点B时函数m取得最小值，‎ 当图象经过点D时，m取得最大值，‎ 由，解得，即B（2，﹣1）．此时﹣1=|2﹣1|+m，‎ 即m=﹣2，‎ 由，解得，即D（1，1），‎ 此时1=m，即m=1，‎ 则实数m的取值范围﹣2≤m≤1，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键．‎ ‎7．如右图在一个二面角的棱上有两个点， ，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱， ‎ ‎，则这个二面角的度数为( )‎ A． 30° B． 60° C． 90° D． 120°‎ ‎【答案】B ‎【解析】过点作且，连接，则，即为二面角的平面角，由题意，得，由余弦定理，得，则，即这个二面角的度数为；故选B.‎ ‎8．如图，在长方形中，，，点为线段上一动点，现将沿折起，使点在面内的射影在直线上，当点从运动到，则点所形成轨迹的长度为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接D'K，则D'KA=90°，得到K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度．‎ ‎【详解】‎ 由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K，‎ 则D'KA=90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是，‎ 如图当E与C重合时，AK==，‎ 取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．‎ 故∠K0A=，∴∠K0D'=，‎ 其所对的弧长为=，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查与二面角有关的立体几何综合题目，解题的关键是由题意得出点K的轨迹是圆上的一段弧，翻折问题中要注意位置关系与长度等数量的变与不变，属于中档题目．‎ ‎9．已知圆的方程为，圆与直线相交于两点，且（为坐标原点），则实数的值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线方程代入圆的方程，利用韦达定理，及以AB为直径的圆过原点，可得关于a的方程，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由直线x+2y﹣4=0与圆x2+y2﹣2x﹣4y+a=0，消去y，得5x2﹣8x﹣16+4a=0①‎ 设直线l和圆C的交点为A （x1，y1），B（x2，y2），则x1、x2是①的两个根．‎ ‎∴x1x2=，x1+x2=． ②‎ 由题意有：OA⊥OB，即x1x2+y1y2=0，‎ ‎∴x1x2+（4﹣x1）（4﹣x2）=0，即x1x2﹣（x1+x2）+4=0③‎ 将②代入③得：a=．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，属于基本知识的考查与应用．‎ ‎10．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，是线段的中点，若点分别为线段上的动点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接B1D1交EF于G，连接PG，则EF⊥平面B1D1DB，故EF⊥PG，从而PM的最小值PG，可知G为EF的中点，D1G为D1B1的四分之一．其次，连接BD，设其中点为H，连接PH，BC1，则△D1DB≌△D1C1B，从而PN=PH．（实现了转化，这步是解题之关键），最后，连接GH交BD1于K，则当P为K时，PM+PN取得最小值，所求最小值为GH，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 首先PM的最小值就是P到EF的距离．‎ 连接B1D1交EF于G，连接PG，则EF⊥平面B1D1DB，故EF⊥PG，从而PM的最小值PG，可知G为EF的中点，D1G为D1B1的四分之一．其次，连接BD，设其中点为H，连接PH，BC1，则△D1DB≌△D1C1B1，从而PN=PH．（实现了转化，这步是解题之关键）‎ 最后，连接GH交BD1于K，则当P为K时，PM+PN取得最小值，所求最小值为GH．‎ ‎∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，‎ ‎∴GH==．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎11．已知直线与直线平行，则实数______，两条直线之间的距离是______．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线平行易得m值，可得方程，代入平行线间的距离公式可得．‎ ‎【详解】‎ 由直线x+2y﹣1=0与直线2x+my+4=0平行，可得，∴m=4，‎ 直线2x+4y+4=0可化为x+2y+2=0，∴d==．‎ 故答案为：4，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了两直线平行的条件及平行直线间的距离，属于基础题.‎ ‎12．在空间直角坐标系中，已知点与点，则_______，若在轴上有一点满足，则点坐标为_________________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间两点间的距离公式直接求得的值，设M（0，0，a），则|MA|=|MB|，由此利用两点间距离公式能求出M的坐标．‎ ‎【详解】‎ ‎∵点点，‎ ‎∴‎ 在空间直角坐标系中，‎ z轴上有一个点M到点A（1，0，2）与点B（1，﹣3，1）的距离相等，‎ 设M（0，0，a），则|MA|=|MB|，‎ 即=，‎ 解得a=﹣3，‎ ‎∴M（0，0，﹣3）．‎ 故答案为：，（0，0，﹣3）．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点的坐标的求法，考查两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎13．过点的直线与圆交于,两点，当最小时，直线的方程为_________________，此时___________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用当∠ACB最小时，CP和AB垂直，求出AB直线的斜率，用点斜式求得直线l的方程．‎ ‎【详解】‎ 圆C：的圆心为C（1，0），‎ 当∠ACB最小时，CP和AB垂直，∴AB直线的斜率等于﹣=﹣，‎ 用点斜式写出直线l的方程为y﹣=﹣（x﹣），即，‎ ‎，∴，‎ ‎∴，即 故答案为： ，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用点斜式求直线方程的方法，两直线垂直，斜率之积等于﹣1．判断当∠ACB最小时，CP和AB垂直是解题的关键．‎ ‎14．已知实数满足，目标函数的最大值是，则实数________，的最小值是________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求出最优解，然后求解目标函数的最小值即可．‎ ‎【详解】‎ x，y满足可行域如图阴影部分所示，‎ 将直线2x﹣y﹣m=0分别与直线与直线x=1联立，‎ 解得A（1，2﹣m），B（，），C（1，），‎ 由图可知，当直线过点A时，取得最大值，‎ 根据已知条件最大值为-1，‎ 所以-，解得m=4，‎ 所以B（，），所以当直线经过B点时，取得最小值，‎ 所以z=-3×﹣=．‎ 故答案为：， ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．‎ ‎15．已知实数满足，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】设，则原式，故最小值为.‎ ‎16．已知点为圆外一点，若圆上存在一点，使得，则正数的取值范围是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心和半径，结合条件得到1＞≥sin30°，解不等式即可．‎ ‎【详解】‎ 由圆C：（x﹣a）2+（y﹣a）2=2a2，‎ 得圆心为C（a，a），半径r=a，（a＞0），‎ ‎∴PC=，‎ 设过P的一条切线与圆的切点是T，则TC=a，‎ ‎∴当Q为切点时，∠CPQ最大，‎ ‎∵圆C上存在点Q使得∠CPQ=30°，‎ ‎∴满足≥sin30°，‎ 即≥，整理可得3a2+2a﹣2≥0，解得a≥或a≤，‎ 又≤1，即≤1，解得a≤1，‎ 又点 P（0，2）为圆C：（x﹣a）2+（y﹣a）2=2a2外一点，‎ ‎∴a2+（2﹣a）2＞2a2，解得a＜1，‎ ‎∵a＞0，∴综上可得≤a＜1．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆的位置关系的应用，根据条件转化为切线关系是解决本题的关键，是中档题．‎ ‎17．在平面直角坐标系中，设为不同的两点，直线的方程为，设，其中均为实数．下列四个说法中：‎ ‎①存在实数，使点在直线上；‎ ‎②若，则过两点的直线与直线重合；‎ ‎③若，则直线经过线段的中点；‎ ‎④若，则点在直线的同侧，且直线与线段的延长线相交．‎ 所有结论正确的说法的序号是______________．‎ ‎【答案】③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①点在直线上，则点的坐标满足直线方程，从而得到ax2+bx2+c=0，进而可判断①不正确；‎ ‎②若δ=1，则ax1+by1+c=ax2+by2+c，进而得到，根据两直线斜率的关系即可判定过M、N两点的直线与直线l平行或重合；‎ ‎③若δ=﹣1，则ax1+by1+c+ax2+by2+c=0，从而得到即，所以直线l经过线段MN的中点；‎ ‎④若δ＞1，则ax1+by1+c＞ax2+by2+c＞0，或ax1+by2+c＜ax2+by2+c＜0，根据点与直线的位置关系可知点M，N在直线l同侧，从而可判定④正确．‎ ‎【详解】‎ 若点N在直线l上则ax2+bx2+c=0，‎ ‎∴不存在实数δ，使点N在直线l上，‎ 故①不正确；‎ 若δ=1，则ax1+by1+c=ax2+by2+c，‎ 即，‎ ‎∴kMN=kl，‎ 即过M、N两点的直线与直线l平行或重合，‎ 故②错误；‎ 若δ=﹣1，则ax1+by1+c+ax2+by2+c=0‎ 即，，‎ ‎∴直线l经过线段MN的中点，‎ 即③正确；‎ 若δ＞1，则ax1+by1+c＞ax2+by2+c＞0，‎ 或ax1+by2+c＜ax2+by2+c＜0，‎ 即点M、N在直线l的同侧，且直线l与线段MN不平行．‎ 故④正确．‎ 故答案为：③④．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线的位置关系，点与直线的位置关系，直线的一般式方程等知识的综合应用，属于难题．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎18．已知的顶点、、， 边上的中线所在直线为．‎ ‎（Ⅰ）求的方程；‎ ‎（Ⅱ）求点关于直线的对称点的坐标．‎ ‎【答案】(1) （2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由、两点得到中点坐标，由，利用直线方程的两点式可得到中线方程；（Ⅱ）求点关于直线的对称点时首先设对称点坐标，利用点的对称得到直线是对称点连线的垂直平分线可得到关于点坐标的关系式，从而通过解方程得到值，求得对称点 试题解析：（Ⅰ）线段的中点为，于是中线方程为；‎ ‎（Ⅱ）设对称点为，则，解得，即．‎ 考点：1．直线方程；2．点关于直线的对称点 ‎19．如图，四棱锥中，，，，，分别为和的中点，平面.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）是否存在线段上一点，使用平面，若存在，求的值；如果不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）以为原点建立空间直角坐标系，可得，，‎ ‎，又得平面，进而得结论；（2）设，可得平面的一个法向量为，再根据可解得.‎ 试题解析：（1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，所以中点，则，，则，‎ 所以.‎ 又平面，所以，由，‎ 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）法一：设，则，，则，‎ 设平面的一个法向量为，，，‎ 所以，则，令，‎ 得，‎ 设，则 ‎，‎ 若平面，则，解得.‎ 法二：（略解）：连接延长与交于点，连接，若存在平面，则，‎ 证明即可.‎ 考点：1、利用空间向量证明线面垂直、面面垂直；2、利用空间向量研究线面平行.‎ ‎20．如图，平面分别平行于，点分别在上，且，与所成的角的大小为．‎ ‎（1）求证：四边形是平行四边形；‎ ‎（2）点在的什么位置时，四边形的面积最大，最大值是多少？‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）当为线段的中点时，四边形的面积最大，最大值为．.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线面平行的性质定理证明四边形EFGH是平行四边形；‎ ‎（2）根据边长关系，记，则.建立函数关系 ‎，然后利用均值不等式即可得到最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵ 平面，平面，平面平面 ‎∴，同理 ‎∴，同理 ‎∴四边形为平行四边形． ‎ ‎（2）由（1）可知在中，.‎ 记，则.‎ 在中，，则.∴‎ ‎∵，‎ ‎∴（或其补角）为与所成的角，故或 ‎∴，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 故当为线段的中点时，四边形的面积最大，最大值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间直线和平面位置关系的性质和应用，以及求四边形面积的最值，考查学生的运算和推理能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎21．已知的三个顶点， ， ，其外接圆为圆．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程；‎ ‎（3）对于线段上的任意一点，若在以为圆心的圆上都存在不同的两点，‎ 使得点是线段的中点，求圆的半径的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）或（3）‎ ‎【解析】试题分析：(1)借助题设条件直接求解；(2)借助题设待定直线的斜率,再运用直线的点斜式方程求解；(3)借助题设建立关于的不等式,运用分析推证的方法进行求解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）的面积为2；‎ ‎（2）线段的垂直平分线方程为，线段的垂直平分线方程为，‎ 所以外接圆圆心，半径，圆的方程为，‎ 设圆心到直线的距离为，因为直线被圆截得的弦长为2，所以.‎ 当直线垂直于轴时，显然符合题意，即为所求；‎ 当直线不垂直于轴时，设直线方程为，则，解得，‎ 综上，直线的方程为或.‎ ‎（3）直线的方程为，设， ，‎ 因为点是线段的中点，所以，又， 都在半径为的圆上，‎ 所以即 因为该关于， 的方程组有解，即以为圆心， 为半径的圆与以为圆心， 为半径的圆有公共点，所以，‎ 又，所以对成立.‎ 而在上的值域为，所以且.‎ 又线段与圆无公共点，所以对成立，即.‎ 故圆的半径的取值范围为.‎ 考点：直线与圆的位置关系等有关知识的综合运用．‎ ‎22．已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线，切点为．‎ ‎（1）当切线的长度为时，求点的坐标；‎ ‎（2）若的外接圆为圆，试问：当在直线上运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎（3）求线段长度的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】(1)由题意知，圆的半径，设，‎ ‎∵是圆的一条切线，∴，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴或． ‎ ‎(2)设，∵，∴经过三点的圆以为直径，其方程为， ‎ 即，‎ 由，解得或，‎ ‎∴圆过定点， ，‎ ‎ (3)由（2）知圆方程为，‎ 即，①‎ 圆，即，②‎ ‎②-①得：圆与圆的相交弦所在直线方程：‎ ‎， ‎ 点到直线的距离，‎ 相交弦长即： ，‎ 当时， 的长度有最小值． ‎