2017-2018学年天津市和平区高二上学期期中质量调查数学试题 解析版

2017-2018学年天津市和平区高二上学期期中质量调查数学试题 解析版

天津市和平区2017-2018学年高二上学期期中质量调查 数学试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40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. 已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵直线的倾斜角为，‎ ‎∴直线的斜率为 故选：A ‎2. 在轴、轴上的截距分别是2、的直线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 即 故选：B ‎3. 若是异面直线，，则与的位置关系是（ ）‎ A. 或 B. 与相交或 C. 与相交或 D. 与相交或或 ‎【答案】D ‎【解析】∵是异面直线，，‎ ‎∴与的位置关系是与相交或或 故选：D ‎4. 若一个长方体的长、宽、高分别为、、1，则它的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】长方体的体对角线长即外接球的直径，‎ ‎∴‎ ‎∴6π 故选：C 点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: .‎ ‎5. 过点与且圆心在直线上的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵圆心在直线x+y﹣2=0上，∴可设圆的圆心M（a，2﹣a），‎ 根据圆过点A（1，﹣1），B（﹣1，1），可得（1﹣a）2+（﹣1﹣2+a）2=（﹣1﹣a）2+（1﹣2+a）2，‎ 解得 a=1，故圆的圆心为（1，1），半径等于MA=2，‎ 故圆的方程为 （x﹣1）2+（y﹣1）2=4．‎ 故选：D ‎6. 如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是，那么圆柱的体积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：∵圆柱的轴截面为正方形，故圆柱的底面直径等于高即h=2r，又圆柱的侧面积为,∴,∴r=1,h=2,∴圆柱的体积等于，故选B 考点：本题考查了圆柱的性质 点评：熟练掌握圆柱的定义及性质是解决此类问题的关键 ‎7. 过点作圆：的切线，直线：与直线平行，则直线与之间的距离为（ ）‎ A. B. C. 4 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】求得圆的圆心为C（2，1）‎ 设点Q（x、y）为切线l上一个动点，则=（x+2，y﹣4），=（﹣4，3）‎ ‎∵PQ⊥CP，∴•=﹣4（x+2）+3（y﹣4）=0‎ 化简得4x﹣3y+20=0‎ ‎∵直线m：ax﹣3y=0与直线l平行，‎ ‎∴a=4，可得m方程为4x﹣3y=0，两条平行线的距离为d=．‎ 故选：C ‎8. 已知平面平面，，点，直线，直线，直线，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】如图所示，‎ 对于A，虽然AC⊥l，但AC不一定在平面α内，故它可以与平面β相交、平行，故不一定垂直；故不成立．‎ 对于B，AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；B成立；‎ 对于C，AB∥l⇒AB∥β，D成立；‎ 对于D，AB∥l∥m；A成立；‎ 故选A．‎ 点睛：判断线面关系的方法：①利用平行垂直的定理与性质进行直接联想与推导；（2）借助特殊几何体进行判断，比如正方体，正四面体，教室等等.‎ 第Ⅱ卷（共60分）‎ 二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9. 若点，，三点共线，则的值等于______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】解：因为若三点 ‎10. 一个圆锥的母线为，母线与轴的夹角为，则圆锥的高为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题设条件可知，‎ 在直角三角形中，‎ 圆锥的高：h=20cos30°=20×=．‎ 故答案为：．‎ ‎11. 圆上到直线的距离等于1的点有_______个.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】试题分析：是一个以为圆心，为半径的圆．圆心到的距离为，所以作与直线距离为的直线，会发现这样的直线有两条（一条在直线的上方，一条在直线的下方），上面的那条直线与圆有两个交点，下面的与圆有一个交点，所以圆上共有三个点与直线距离为．‎ 考点：1、直线与圆的位置关系；2、点到直线的距离公式．‎ ‎12. 若直线与平面相交于点，，，且，则三点的位置关系是_______.‎ ‎【答案】在同一条直线上 ‎【解析】O，C，D三点的位置关系是在同一条直线上．‎ 证明如下：如图所示，∵AC∥BD，∴AC与BD确定一个平面β，‎ ‎∵A∈β，B∈β，A∈l，B∈l，‎ ‎∴l⊂β，‎ ‎∵l∩α=O，‎ ‎∴O∈α，O∈β，‎ ‎∴O=α∩β．‎ ‎∵C，D∈α，∴α∩β=CD，‎ ‎∴O∈直线CD．‎ ‎∴O，C，D三点的位置关系是在同一条直线上．‎ 故答案为在同一条直线上．‎ ‎13. 如图，正方体中，给出以下四个结论：‎ ‎①平面；②与平面相交；③平面；④平面平面，其中正确结论的序号是_______.‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】对于①，由于平面A1ABB1∥平面CDC1D1，而D1C⊂平面CDC1D1，故D1C与平面A1ABB1没有公共点，所以D1C∥平面A1ABB1正确；‎ 对于②，由于A1D1∥BC，所以A1D1⊂平面BCD1，错误；‎ 对于③， AD与BD显然不垂直，错误；‎ 对于④，容易证明BC⊥平面A1ABB1，而BC⊂平面BCD1，故平面BCD1⊥平面 A1ABB1．正确．‎ 故答案为：①④．‎ 点睛：在正方体中判断线面关系要充分利用好正方体的特殊性质，比如BD⊥平面BD，四面体C1BD A1为正四面体，A1C⊥平面BD A1等.‎ ‎14. 三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎ ‎ 考点：三棱锥体积 三、解答题 （本大题共5题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎15. 已知直线经过直线与直线的交点.‎ ‎（1）若直线垂直于，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线与经过两点，的直线平行，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析:（1）易得点的坐标为，利用垂直关系得到斜率即可求出直线的方程；（2）利用平行关系得到斜率即可求出直线的方程.‎ 试题解析：‎ 由，解得 ‎∴点的坐标为.‎ ‎（1）∵直线的斜率为，‎ ‎∴与该直线垂直的直线的斜率为，‎ ‎∴直线的方程为，即.‎ ‎（2）直线的斜率为，‎ ‎∵直线与直线平行，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线的方程为，即.‎ ‎16. 已知方程.‎ ‎（1）若此方程表示圆，求的取值范围；‎ ‎（2）若（1）中的圆与直线相交于两点，且（为坐标原点），求的值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】解：（1）方程变形为 ‎∵此方程表示圆 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎（2）由消去得 设，‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 又∵，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎17. 如图，直三棱柱中，，，分别是的中点，求证：‎ ‎（1）平面；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）平面平面.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析: 1）根据线面垂直的判定定理即可证明C1M⊥平面AA1B1B；‎ ‎（2）根据线面垂直的性质先证明A1B⊥平面AC1M，即可证明A1B⊥AM；‎ ‎（3）根据面面平行的判定定理即可证明平面AC1M∥平面B1NC．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证法一：由直三棱柱得 平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴ ，‎ 又∵，为的中点，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴平面.‎ 证法二：由直三棱柱得 平面平面，且平面平面，‎ ‎∵，为的中点，‎ ‎∴，‎ 又∵平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）由（1）知，平面 ‎∵平面，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ ， ，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴.‎ ‎（3）证法一：由直三棱柱知，四边形是矩形，‎ ‎∵分别是的中点，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ 连接，则四边形是矩形，‎ ‎∴，且，‎ 又∵，，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴四边形是矩形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面 又∵，‎ ‎∴平面平面.‎ 证法二：由（2）知，平面，‎ ‎∵平面，∴ ，‎ ‎∵，∴ ，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴平面平面.‎ 点睛: 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎18. 如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，平面，分别是的中点，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的大小；‎ ‎（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)45°；(3).‎ ‎【解析】试题分析:（1）取的中点，要证平面，即证，构造平行四边形即可；（2）根据题意易知为二面角的平面角，求出即可；（3）易证平面，为直线与平面所成的角，即可求出直线与平面所成角的正弦值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：取的中点，连接，‎ ‎∵是的中点，‎ ‎∴，且，‎ ‎∵四边形是矩形，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴，且，‎ 又∵是的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面 ‎∴平面.‎ ‎（2）∵平面，平面 ‎∴ ，‎ ‎∵四边形是矩形，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵ ，、平面，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面， ‎ ‎∴为二面角的平面角，‎ ‎∵，‎ ‎∴为等腰直角三角形 ‎∴，即二面角的大小为.‎ ‎（3）由（2）知，为等腰直角三角形 ‎∵是斜边的中点，‎ ‎∴，‎ 由（1）知，，‎ ‎∴，‎ 又由（2）知，平面，平面，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ，‎ 又∵平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴是直线在平面上的射影，‎ ‎∴为直线与平面所成的角，‎ 在中，，，‎ ‎∴，‎ 在等腰直角中，‎ ‎∵是的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为.‎ 点睛:求直线与平面所成角问题主要有两个方法:‎ ‎①定义法,在斜线上取一点,过此点引平面的垂线,连接垂足与斜足得到射影,斜线与射影所夹较小角即线面角;‎ ‎②等积法:直接求得斜线上一点到平面的距离，其与斜线段长的比值即线面角的正弦值，关键求点到平面距离，往往利用等积法来求.‎ ‎19. 已知为坐标原点，设动点.‎ ‎（1）当时，若过点的直线与圆：相切，求直线的方程；‎ ‎（2）当时，求以为直径且被直线截得的弦长为2的圆的方程；‎ ‎（3）当时，设，过点作的垂线，与以为直径的圆交于点，垂足为，试问：线段的长是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不为定值，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)或；(2)；(3)的长为定值为.‎ ‎【解析】试题分析: （1）圆C：x2+y2﹣8x=0化为（x﹣4）2+y2=16，得到圆心C（4，0），半径r=4，分类讨论即可求直线l的方程；‎ ‎（2）设出以OM为直径的圆的方程，变为标准方程后找出圆心坐标和圆的半径，由以OM为直径的圆被直线3x﹣4y﹣5=0‎ 截得的弦长，过圆心作弦的垂线，根据垂径定理得到垂足为中点，由弦的一半，半径以及圆心到直线的距离即弦心距构成直角三角形，利用点到直线的距离公式表示出圆心到3x﹣4y﹣5=0的距离d，根据勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，即可确定出所求圆的方程；‎ ‎（3）由于∽，∴，直线的方程为，求出，把前面得到的关系式代入即可求出线段ON的长，从而得到线段ON的长为定值．‎ 试题解析：‎ ‎(1)解：依题意，‎ 将圆：化为标准方程为：，‎ 则圆心，半径为，‎ ‎∵直线过点，‎ ‎∴当斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；‎ 当斜率存在时，设过点的直线的方程为，即.‎ ‎∵直线与圆相切，‎ ‎∴圆心到直线的距离为4，‎ 即，解得，‎ ‎∴，即，‎ 综上可得，所求直线的方程为或.‎ ‎（2）依题意得，（），‎ ‎∴以为直径的圆圆心为，半径为，‎ ‎∴圆的方程为，‎ ‎∵以为直径的圆被直线截得的弦长为2，‎ ‎∴圆心到直线的距离为 ‎，‎ ‎∴，解得.‎ ‎∴圆心为，半径为，‎ ‎∴所求圆的方程为.‎ ‎（3）的长为定值.‎ 理由如下：‎ 依题意得（）‎ 由于∽，‎ 则，即，‎ ‎∵直线的方程为，即 ‎∴由点到直线的距离公式得，‎ 又由两点间的距离公式得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴的长为定值为.‎ ‎ ‎ ‎ ‎