- 2024-04-11 发布 |
- 37.5 KB |
- 9页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
2019-2020学年新疆昌吉回族自治州昌吉州第二中学高二上学期期中考试数学(理)试题 Word版
2019-2020-1高二年级数学期中考试试卷(理科) 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列命题中,正确的命题是( ) A.存在两条异面直线同时平行于同一个平面 B.若一个平面内两条直线与另一个平面平行,则这两个平面平行 C.底面是矩形的四棱柱是长方体 D.棱台的侧面都是等腰梯形 2.圆O1:x2+y2-2x=0与圆O2:x2+y2-4y=0的位置关系是( ) A.外离 B.相交 C.外切 D.内切 3.若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形,则该圆锥的侧面积为( ) A.π B.2π C.2π D.4π 4.当a为任意实数时,直线(a-1)x-y+a+1=0恒过定点C,则以C为圆心,为半径的圆的方程为( ) A.x2+y2-2x+4y=0 B.x2+y2+2x+4y=0 C.x2+y2+2x-4y=0 D.x2+y2-2x-4y=0 5.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形,且侧棱垂直于底面)高为4,体积为16,则这个球的表面积是( ) A.16π B.20π C.24π D.32π 6.设A为圆(x-1)2+y2=1上的动点,PA是圆的切线且|PA|=1,则点P的轨迹方程是( ) A.(x-1)2+y2=4 B.(x-1)2+y2=2 C.y2=2x D.y2=-2x 7.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线BD和平面ABC所成角的大小为( ) A.90° B.60° C.45° D.30° 8.在平面直角坐标系xOy中,圆C与圆O:x2+y2=1外切,且与直线x-2y+5=0相切,则圆C的面积的最小值为( ) A.π B.3-π C.π D.(6-2)π 9.如图所示,AB是⊙O的直径,VA垂直于⊙O所在的平面,点C是圆周上不同于A,B 的任意一点,M,N分别为VA,VC的中点,则下列结论正确的是( ) A.MN∥AB B.MN与BC所成的角为45° C.OC⊥平面VAC D.平面VAC⊥平面VBC 10.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则点B到平面AB1C的距离是( ) A. B. C. D.4 11.阿波罗尼斯(约公元前年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为,动点满足,则的最小值为( ) A. B. C. D. 12.在正方体中,点平面,点是线段的中点,若,则当的面积取得最小值时,( ) A. B. C. D. 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上) 13.原点O在直线l上的射影为点H(-2,1),则直线l的方程为______________. 14.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥PABC的正视图与侧视图的面积的比值为______________. 15.求经过坐标原点和点P(1,1),并且圆心在直线2x+3y+1=0上的圆的方程____________. 16.四面体中,,,点是的中点,点在平面的射影恰好为的中点,则该四面体外接球的表面积为____________. 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=CD=1,PA⊥平面ABCD,PA=AD=. (1)求证:PD⊥AB; (2)求四棱锥P-ABCD的体积. 18.已知圆C:x2+y2-8y+12=0,直线l:ax+y+2a=0。 (1)当a为何值时,直线l与圆C相切; (2)当直线l与圆C相交于A,B两点,且|AB|=2时,求直线l的方程。 19.在三棱锥P-ABC中,D、E、F分别为棱PC、AC、AB的中点,已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线PA∥面DEF; (2)平面BDE⊥平面ABC. 20.如图,在四棱锥PABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD= 2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值; (2)求证:PD⊥平面PBC; (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 21.已知圆C:x2+y2+2x-4y+3=0. (1)求过点( 3,0)且与圆C相切的直线的斜率; (2)从圆C外一点P向圆C引一条切线,切点为M,O为坐标原点,且|PM|=|PO|,求|PM|的最小值. 22.已知点,,动点满足,记M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; (2)过坐标原点O的直线l交C于P、Q两点,点P在第一象限,轴,垂足为H.连结QH并延长交C于点R.设O到直线QH的距离为,求面积的最大值. 2019-2020-1高二年级数学期中考试理科答案 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 选项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B A C C B C C D C A D 1. A 解析:由空间几何体的概念可知,存在两条异面直线同时平行于同一个平面,A正确;由面面平行的判定定理可知,若一个平面内两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行,所以B不正确;底面是矩形的直四棱柱是长方体,所以C不正确;正棱台的侧面都是等腰梯形,所以D不正确,故选A. 2.B 解析:圆O1(1,0),r1=1,圆O2(0,2),r2=2,|O1O2|== <1+2,且>2-1,故两圆相交.故选B. 3.A 解析:设底面圆的半径为r,高为h,母线长为l,由题可知,r=h=l,则(r)2=1,r=1,l=.所以圆锥的侧面积为πrl=π. 4.C 解析:由(a-1)x-y+a+1=0得a(x+1)-(x+y-1)=0, 所以直线恒过定点(-1,2),所以圆的方程为(x+1)2+(y-2)2=5, 即x2+y2+2x-4y=0,故选C. 5.C 解析:由题意知正四棱柱的底面积为4,所以正四棱柱的底面边长为2,正四棱柱的底面对角线长为2,正四棱柱的对角线为2.而球的直径等于正四棱柱的对角线,即2R=2.所以R=. 所以S球=4πR2=24π. 6.B 解析:由题意知,圆心(1,0)到点P的距离为,所以点P在以(1,0)为圆心、为半径的圆上.所以点P的轨迹方程是(x-1)2+y2=2. 7.C 解析:当三棱锥DABC体积最大时,平面DAC⊥平面ABC.取AC的中点O,则∠DBO即为直线BD和平面ABC所成的角.易知△DOB是等腰直角三角形,故∠DBO=45°. 8.C 解析:由题可知,(0,0)到直线x-2y+5=0的距离为=.又因为圆C与圆O:x2+y2=1外切,圆C的直径的最小值为-1,圆C的面积的最小值为=π. 9.D 解析:对于A,MN与AB异面,故A错,对于B,可证BC⊥平面VAC,故BC⊥MN,所以所成的角为90°,因此B错;对于C,OC与AC不垂直,所以OC不可能垂直平面VAC,故C错;对于D,由于BC⊥AC,因为VA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以VA⊥BC,因为AC∩VA=A,所以BC⊥平面VAC,BC⊂平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC,故选D。 10.C 解析:由正方体的性质,易知AC=B1C=AB1=, 所以S△AB1C=×()2=. 又S△ABC=×12=. 知V三棱柱B1-ABC=××1=. 设点B到平面AB1C的距离为h, 从而V三棱锥B-AB1C=·h×=, 所以h==. 11.A 解析:以经过、的直线为轴,线段的垂直平分线轴,建立直角坐标系, 则、,设,,, 两边平方并整理得, 所以点的轨迹是以为圆心,为半径的圆, 则有,如下图所示: 当点为圆与轴的交点(靠近原点)时,此时,取最小值,且, 因此,, 12.D解析:取的中点,连接,设.易得,所以平面,所以.易得,所以平面,所以.故平面,所以在直线上,可使得.由于,所以最短时三角形的面积取得最小值,此时点在点的位置.设正方体棱长为,故.,所以,所以,故, 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上) 13.2x-y+5=0 解析:所求直线应过点(-2,1)且斜率为2,故可求直线为2x-y+5=0. 14. 1 解析:三棱锥PABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形,故它们的面积相等,面积比值为1. 15. (x-4)2+(y+3)2=25. 解析:设圆心为C(x,y).显然,所求圆的圆心在OP的垂直平分线上,OP的垂直平分线方程为=,即x+y-1=0. 解方程组得圆心C的坐标为(4,-3). 又圆的半径r=|OC|=5, ∴所求圆的方程为(x-4)2+(y+3)2=25. 16. 解析::如图,由题意得△BCD为等腰直角三角形,且,∴点E是△BCD外接圆的圆心. ∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F, ∴, ∴. 设球心到平面BCD是距离为h, 则有, 解得, ∴四面体外接球的半径, ∴该四面体外接球的表面积为. 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.解析:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB, 又因为AB⊥AD,AD∩PA=A, 所以AB⊥平面PAD, 又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD. 5分 (2)解:S梯形ABCD=(AB+CD)·AD=, 又PA⊥平面ABCD, 所以V四棱锥P-ABCD=×S梯形ABCD·PA=××=. 10分 18.解析: 将圆C的方程x2+y2-8y+12=0配方,得标准方程为x2+(y-4)2=4,则此圆的圆心为(0,4),半径为2。 (1)若直线l与圆C相切 ,则有=2,解得a=-。 6分 (2)过圆心C作CD⊥AB,则根据题意和圆的性质,得 解得a=-7或a=-1。故所求直线方程为7x-y+14=0或x-y+2=0。 12分 19.解析:(1)在△PAC中,D、E分别为PC、AC中点, 则PA∥DE,PA面DEF,DE⊂面DEF,因此PA∥面DEF. 6分 (2)△DEF中,DE=PA=3,EF=BC=4,DF=5, ∴DF2=DE2+EF2,∴DE⊥EF,又PA⊥AC,∴DE⊥AC. ∴DE⊥面ABC,∴面BDE⊥面ABC. 12分 20. 解析:(1)解:由已知AD∥BC,故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. 因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC, 所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中,由已知,得AP==, 故cos∠DAP==. 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. 4分 (2)证明:如图,由(1)知AD⊥PD.又因为BC∥AD, 所以PD⊥BC. 又PD⊥PB,PB∩BC=B,所以PD⊥平面PBC. 8分 (3)解:过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC,所以PF为DF在平面PBC上的射影, 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1. 由已知,得CF=BC-BF=2. 又AD⊥DC,所以BC⊥DC. 在Rt△DCF中,可得DF==2; 在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==. 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 12分 21.解析:(1)x2+y2+2x-4y+3=0可化为(x+1)2+(y-2)2=2, 设直线l的为y=k(x-3),即kx-y-3k=0, 则圆心C到直线l的距离 解得或 5分 (2)如图,PM为圆C的切线,连接MC,PC, 则CM⊥PM, 所以△PMC为直角三角形. 所以|PM|2=|PC|2-|MC|2. 设点P为(x,y),由(1)知点C为(-1,2),|MC|=, 因为|PM|=|PO|, 所以=, 化简得点P的轨迹方程为2x-4y+3=0. 求|PM|的最小值,即求|PO|的最小值,也即求原点O到直线2x-4y+3=0的距离,代入点到直线的距离公式可求得|PM|的最小值为. 12分 22.解析:(1)由及两点距离公式, 有, 化简整理得,. 所以曲线C的方程为; 5分 (2)过O作于D,则D为QR中点,则, ,, 又由,故的面积, 由,有,所以, 当且仅当时,等号成立,的面积最大值为的面积最大值为. 12分查看更多