浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年高二上学期期中联考数学试题 含解析

浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年高二上学期期中联考数学试题 含解析

浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年第一学期高二期中联考数学试题 一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）‎ 1. 若直线经过A（1，0），B（4，）两点，则直线AB的倾斜角为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 2. 如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是（　　）‎ A. 平行 B. 相交 C. 平行或相交 D. 垂直相交 3. 如图，扇形OAB的圆心角为90°，半径为1，则该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体的表面积为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）‎ A. 若,,则 B. 若,,则 C. 若,,且,,则 D. 若,,且,则 5. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为（    ） ‎ A. 相交 B. 平行 C. 异面而且垂直 D. 异面但不垂直 ‎ 6. 已知圆O1：x2+y2=1与圆O2：（x-3）2+（x+4）2=16，则圆O1与圆O2的位置关系为（　　）‎ A. 外切 B. 内切 C. 相交 D. 相离 7. 若实数x，y满足x2+y2-2x-2y+1=0，则的取值范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 8. 已知点P是直线l：3x+4y-7=0上的动点，过点P引圆C：（x+1）2+y2=r2（r＞0）的两条切线PM，PN，M，N为切点，当∠MPN的最大值为时，则r的值为（　　）‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ 9. 对于直角坐标平面内任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“新距离”：||AB||=|x2-x1|+|y2-y1|．给出下列三个命题： ①若点C在线段AB上．则∥AC∥+∥BC∥=∥AB∥； ②在△ABC中，若∠C=90°，则∥AC∥2+∥BC∥2=∥AB∥2； ③在△ABC中，∥AC∥+∥BC∥＞∥AB∥． 其中的真命题为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 1. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，线段AD，BD的中点分别为E，F．现将△ABD沿对角线BD翻折，使二面角A-BD-C的在大小为120°，则异面直线图BE与CF所成角的余弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）‎ 2. 在直观图（如图）中，四边形为O′A′B′C′菱形且边长为‎2cm，则在xOy坐标系中，四边形ABCO周长为______cm，面积为______cm2． ‎ 3. 如图所示为某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为______，体积为______． ‎ 4. 直线l1，l2的斜率k1，k2是关于k的方程2k2-4k+m=0的两根，若l1⊥l2，则m=______；若l1∥l2，则m=______．‎ 5. 如果平面直角坐标系中的两点A（a-1，a+1），B（a，a）关于直线L对称，那么直线L的 方程为______．‎ 6. 正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B‎1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为______，CE和该截面所成角的正弦值为______．‎ 7. 已知实数x、y满足x2+（y-2）2=1，则的取值范围是______．‎ 8. 四面体A-BCD的四个顶点都在球O的球面上，AB⊥平面BCD，△BCD是等边三角形．若侧面△ABD的面积为1，则球O的表面积的最小值为______．‎ 三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）‎ 9. 已知圆台侧面的母线长为‎2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍． （1）求圆台两底面的半径； （2‎ ‎）如图，点B为下底面圆周上的点，且∠AOB=120°，求A'B与平面AOO'A'所成角的正弦值． ‎ 1. 如图，在三棱锥P-ABC中，E，F分别为AC，BC的中点． ‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)若平面PAC⊥平面ABC，且PA＝PC，∠ABC＝90°，求证：平面PEF⊥平面PBC． ‎ 2. 已知点M（3，1），直线ax-y+4=0及圆（x-1）2+（y-2）2=4． （1）求过M点的圆的切线方程； （2）若直线ax-y+4=0与圆相切，求a的值； （3）若直线ax-y+4=0与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求a的值． ‎ 3. 如图（1），边长为2的正方形ABEF中，D，C分别为EF，AF上的点，且ED=CF，现沿DC把△CDF剪切、拼接成如图（2）的图形，再将△BEC，△CDF，△ABD沿BC，CD，BD折起，使EFA三点重合于点A'． （1）求证：BA'⊥CD； （2）求二面角B-CD-A'的正切值的最小值． ‎ ‎ ‎ 1. 如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴的正半轴相交于A，B两点（A在B的上方），且AB=3． （1）求圆C的方程； （2）直线BT上是否存在点P满足PA2+PB2+PT2=12，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）如果圆C上存在E，F两点，使得射线AB平分∠EAF，求证：直线EF的斜率为定值．‎ ‎ ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】A ‎ ‎【解析】解：若直线经过两点，则直线的斜率等于=． 设直线的倾斜角等于θ，则有tanθ=． 再由 0≤θ＜π可得θ=，即θ=30°， 故选：A． 先根据直线的斜率公式求出斜率，再根据倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，求出倾斜角的值． 本题主要考查直线的斜率公式，倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小，属于基础题． 2.【答案】C ‎ ‎【解析】解：在两个平面内分别有一条直线， 这两条直线互相平行， 当两个平面相交时，在这两个平面内存在直线，使得这两条直线互相平行． 当两个平面平行时，在这两个平面内存在直线，使得这两条直线互相平行． 故这两个平面有可能相交或平行． ∴这两个平面的位置关系是相交或平行． 故选：C． 利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 本题考查两个平面的位置关系的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：如图，扇形OAB的圆心角为90°，半径为1， 则该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体是半径为1的半球体， ∴该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体的表面积： S==3π． 故选：C． 该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体是半径为1的半球体，由此能求出该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体的表面积． 本题考查几何体的表面积的求法，考查旋转体、球的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4.【答案】D ‎ ‎【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知： 在A中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故B错误； 在C中，若m∥α，n∥α，且m⊂β，n⊂β，则α与β相交或平行，故C错误； 在D中，若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则线面垂直、面面垂直的性质定理得m⊥n，故D 正确． 故选：D． 在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，α与β相交或平行；在C中，α与β相交或平行；在D中，由线面垂直、面面垂直的性质定理得m⊥n． 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题． 5.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查立体几何中的空间中直线与直线的位置关系，考查异面直线的概念，异面直线所成角的概念及求法，以及由正方体的平面展开图可以画出它对应的直观图，属于基础题. 根据该正方体的平面展开图画出对应的直观图，即可判断AB，CD的位置关系，并求得所成的角． 【解答】 ​解：由该正方体的平面展开图画出它的直观图为： 可以看出AB与CD异面； 如图，设该正方体一顶点为E，连接CE，DE，则AB∥CE； ∴∠DCE为异面直线AB，CD的夹角，并且该角为60°； ∴AB，CD异面但不垂直． 故选D． 6.【答案】A ‎ ‎【解析】解：圆O1的圆心为O（0，0），半径等于1，圆O2的圆心为（3，-4），半径等于4， 它们的圆心距等于=5，等于半径之和， 故两个圆相外切， 故选：A． 先求出两个圆的圆心和半径，再根据它们的圆心距等于半径之和，可得两圆相外切． 本题主要考查圆的标准方程，圆和圆的位置关系的判定方法，属于中档题． 7.【答案】B ‎ ‎【解析】解：令=t，即tx-y-2t+4=0，表示一条直线；又方程x2+y2-2x-2y+1=0可化为（x-1）2+（y-1）2=1，表示圆心为（1，1），半径1的圆； 由题意直线与圆有公共点，∴圆心（1，1）到直线tx-y-2t+4=0的距离d=≤1， ∴t≥，即的取值范围为[，+∞）． 故选B． 已知等式变形后得到圆方程，找出圆心与半径，求出圆心（1，1）到直线tx-y-2t+4=0‎ 的距离d=≤1， 即可得出所求式子的范围． 此题考查了直线与圆的位置关系，利用了数形结合的思想，熟练运用数形结合思想是解本题的关键． 8.【答案】D ‎ ‎【解析】解：因为点P在直线l：3x+4y-7=0上，连接PC，当PC⊥l时，∠MPN最大， 由题意知，此时∠MPN=，所以∠CPM=，所以|PC|=2r，又因为C到l的距离d=2，所以r=1， 故选：D． 因为点P在直线l：3x+4y-7=0上，连接PC，当PC⊥l时，∠MPN最大，再利用点到直线的距离公式可得． 本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题． 9.【答案】C ‎ ‎【解析】解：①若点C在线段AB上，设点C（x0，y0），那么x0在x1，x2之间．y0在y1，y2之间， ∴||AC||+||CB||=|x0-x1|+|y0-y1|+|x2-x0|+|y2-y0|=|x2-x1|+|y2-y1|=||AB||，故①正确； ②平方后不能消除x0，y0，命题不成立，故②不正确； ③在△ABC中，||AC||+||CB||=|x0-x1|+|y0-y1|+|x2-x0|+|y2-y0|≥|x0-x1+y0-y1+x2-x0+y2-y0|=|x2-x1|+|y2-y1|=||AB||，故③不正确． 故选：C． 首先分析题目任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||=|x2-x1|+|y2-y1|， 对于①若点C在线段AB上，设C点坐标为（x0，y0）然后代入验证显然|AC||+||CB||=||AB||成立．成立故正确． 对于②在△ABC中，若∠C=90°，则||AC||2+||CB||2=||AB||2；是几何距离而非题目定义的距离，明显不成立， 对于③在△ABC中，用坐标表示||AC||+||CB||然后根据绝对值不等式可得到大于等于||AB||．不成立，故可得到答案． 本题主要考查新定义的问题，对于此类型的题目需要认真分析题目的定义再求解，切记不可脱离题目要求．属于中档题目． 10.【答案】C ‎ ‎【解析】解：如图，取ED中点M连接FM，AF，设菱形ABCD的边长为4，因为∠BAD=60°，∴AF⊥BD，CF⊥BD，则∠MFC（或补角）为BE与CF所成角． ∴AF=BE=CF=2， 在△AFC中，∠AFC=120°，可得AC=2×=6， 在△ACD中，cos∠ADC=． 在△DMC中，CD==3． 在△MFC中，cos∠MFC==． 故选：C． 取ED中点M连接FM，AF，设菱形ABCD的边长为4，可得∠MFC（或补角）为BE 与CF所成角．在△MFC中，cos∠MFC=即可． 本题考查了空间线线角的求法，考查了计算能力，属于中档题． 11.【答案】12   8 ‎ ‎【解析】解：在直观图中，四边形为O′A′B′C′菱形且边长为‎2cm， ∴由斜二测法的规则得： 在xOy坐标系中，四边形ABCO是矩形， 其中OA=‎2cm，OC=‎4cm， ∴四边形ABCO的周长为：2×（2+4） =12（cm）， 面积为S=2×4=8（cm2）． 故答案为：12，8． 由斜二测法的规则得：在xOy坐标系中，四边形ABCO是矩形，其中OA=‎2cm，OC=‎4cm，由此能求出四边形ABCO的周长和面积． 本题考查四边形的周长和面积的求法，考查斜二测法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题． 12.【答案】   ‎ ‎【解析】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为四棱锥，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD， 且PA=AB=2， 则该几何体最长棱的长度为； 体积为V=． 故答案为：；． 由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=AB=2，则四棱锥的最长棱长与体积可求． 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 13.【答案】-2   2 ‎ ‎【解析】解：直线l1，l2的斜率k1，k2是关于k的方程2k2-4k+m=0的两根， ∴k1+k2=2，k1k2=． ①若l1⊥l2，∴k1k2==-1，解得m=-2． ②若l1∥l2，则k1=k2，又k1+k2=2，k1k2=． 联立解得m=2． 故答案为：-2，2． 直线l1，l2的斜率k1，k2是关于k的方程2k2-4k+m=0的两根，利用根与系数的关系可得：k1+k2=2，k1k2=．再利用根据相互垂直、平行与斜率之间的关系即可得出． 本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、相互垂直及平行与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 14.【答案】x-y+1=0 ‎ ‎【解析】解：∵kAB==-1，线段AB的中点为，两点A（a-1，a+1），B（a，a）关于直线L对称， ∴kL=1，其准线方程为：y-=x-， 化为：x-y+1=0． 故答案为：x-y+1=0． 利用垂直平分线的性质即可得出． 本题考查了垂直平分线的性质、中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 15.【答案】2   ‎ ‎【解析】解：取A1D1中点G，BC中点P，CD中点H，连结GM、GN、MN、PE、PH、PF， ∵MG∥EF，NG∥EP，MG∩NG=G，EF∩EP=E， ∴平面MNG∥平面PEFH， ∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH， ∵PE=2，EF==，四边形PEFH是矩形， ∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为： S矩形PEFH=2． 以D1为原点，D‎1A1为x轴，D‎1C1为y轴，D1D为z轴，建立空间直角坐标系， E（1，2，0），F（0，1，0），H（0，1，2），C（0，2，2）， =（-1，0，2），=（-1，-1，0），=（-1，-1，2）， 设平面EFHP的法向量=（x，y，z）， 则，取x=1，得=（1，-1，0）， 设CE和该截面所成角为θ， 则sinθ===． ∴CE和该截面所成角的正弦值为． 故答案为：2，． 取A1D1中点G，BC中点P，CD中点H，连结GM、GN、MN、PE、PH、PF，推导出平面MNG∥平面PEFH，过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH，由此能求出过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积；以D1为原点，D‎1A1为x 轴，D‎1C1为y轴，D1D为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出CE和该截面所成角的正弦值． 本题考查截面面积的求法，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 16.【答案】[0，] ‎ ‎【解析】解：P（x，y）为圆x2+（y-2）2=1上的任意一点，则P到直线x+y=0的距离PM==x+， ∴==sin∠POM， 设圆x2+（y-2）2=1与直线y=kx相切，则=1，解得k=±， ∴∠POM的最小值为0°，最大值为60°， ∴0≤sin∠POM≤， 故答案为：[0，]． 构造直线x+=0，过圆上一点P作直线的垂线PM，则==sin∠POM，求出∠POM的范围即可得到答案． 本题考查了直线与圆的位置关系，属难题． 17.【答案】 ‎ ‎【解析】解：取CD的中点E，连结AE，BE，∵在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD， 设△BCD是边长为a的等边三角形．AB•BD=2，即AB=， ∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形， △BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心， BE=，BG=， R==．（当且仅当a2=时取等号）． 四面体ABCD外接球O的表面积为S=4πR2=4π×=． 故答案为： 取CD的中点E，连结AE，BE，作出外接球的球心，设△BCD是边长为a的等边三角形，可得AB= △BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心， R==．（当且仅当a2=时取等号），即可求出表面积最小值． 本题考查球的内接体知识，考查空间想象能力，确定球的切线与半径是解题的关键． 18.【答案】解：（1）如图所示，设圆台上底面半径为r，则下底面半径为2r，且∠ASO=30°． 在Rt△SO′A′中，=sin30°，∴SA′=2r ‎． 在Rt△SOA中，，∴SA=4r． ∴SA-SA′=AA′，即4r-2r=‎2a，r=a． 故圆台上底面半径为a，下底面半径为‎2a． （2）过点B作BH⊥AO于点H，连接A′H， ∵O′O⊥面AOB，∴O′O⊥BH，∴BH⊥面AOO′A′， ∴∠BA′H为A′B与平面AOO′A′所成的角， ∵∠AOB=120°，OB=‎2a，∴OH=a，BH=，A′H=，A′B=a， ∴sin∠BA′H==， ∴A'B与平面AOO'A'所成角的正弦值为． ‎ ‎【解析】（1）设圆台上底面半径为r，则下底面半径为2r，且∠ASO=30°．推导出SA′=2r．SA=4r．从而r=a．由此能求出圆台上底面半径和下底面半径． （2）过点B作BH⊥AO于点H，连接A′H，推导出O′O⊥BH，BH⊥面AOO′A′，从而∠BA′H为A′B与平面AOO′A′所成的角，由此能求出A'B与平面AOO'A'所成角的正弦值． 本题考查圆台两底面的半径、线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19.【答案】证明：（1）∵E，F分别是AC，BC的中点，∴EF∥AB． 又EF⊄平面PAB， AB⊂平面PAB， ∴EF∥平面PAB． （2）在三角形PAC中，∵PA=PC，E为AC中点， ∴PE⊥AC． ∵平面PAC⊥平面ABC， 平面PAC∩平面ABC=AC， ∴PE⊥平面ABC． ∴PE⊥BC． 又EF∥AB，∠ABC=90°， ∴EF⊥BC， 又EF∩PE=E， ∴BC⊥平面PEF． ∴平面PEF⊥平面PBC． ‎ ‎【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的性质定理，考查空间想象能力，逻辑推理能力． （1）利用E，F分别是AC，BC的中点，说明EF∥AB，通过直线与平面平行的判定定理直接证明EF∥平面PAB． （2）证明PE⊥AC，利用平面与平面垂直的判定定理证明PE⊥平面ABC，通过证明PE⊥BC．EF⊥BC，EF∩PE=E，证明BC⊥平面PEF，然后推出平面PEF⊥平面PBC． 20.【答案】解：（1）∵点M（3，1）到圆心（1，2）的距离d==＞2=圆半径r， ∴点M在圆（x-1）2+（y-2）2=4外， ∴当x=3时满足与M相切， 当斜率存在时设为y-1=k（x-3），即kx-y-3k+1=0， 由，∴k=． ∴所求的切线方程为x=3或3x-4y-5=0．（5分） （2）由ax-y+4=0与圆相切， 知=2，（7分） 解得a=0或a=．（9‎ 分） （3）圆心到直线的距离d=，（10分） 又l=2，r=2， ∴由r2=d2+（）2，解得a=-．（12分） ‎ ‎【解析】（1）点M（3，1）在圆（x-1）2+（y-2）2=4外，故当x=3时满足与M相切，由此能求出切线方程． （2）由ax-y+4=0与圆相切知=2，由此能求出a． （3）圆心到直线的距离d=，l=2，r=2，由r2=d2+（）2，能求出a． 本题考查圆的切线方程的求法和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意点到直线的距离、两点间距离等知识点的合理运用． 21.【答案】解：（1）证明：折叠前，BE⊥EC，BA⊥AD， 折叠后BA'⊥A'C，BA'⊥A'D 又A'C∩A'D=A'，所以BA'⊥平面A'CD， 因此BA'⊥CD． （2）作A′E⊥CD交CD于点E，连结BE． ∵BA'⊥CD． ∴∠A'EB为二面角B-CD-A'的平面角． 令A'C=a，A'D=b，a+b=2 易得图3中，CA′⊥A′D ∴ ∴二面角B-CD-A'的正切值的最小值为2． ‎ ‎【解析】（1）可得折叠后BA'⊥A'C，BA'⊥A'D，即可证明BA'⊥CD． （2）作A′E⊥CD交CD于点E，连结BE．可得∠A'EB为二面角B-CD-A'的平面角．令A'C=a，A'D=b，a+b=2，易得图3中，tanθ=2，利用a+b=2即可求解． 本题考查了空间线线垂直判定，二面角的大小求解，考查了计算能力，属于中档题， 22.【答案】解：（1）由题知，圆心C到直线AB的距离为2，则圆C的半径为r==． 因为圆C与x轴相切于点T（2，0），所以圆心C的坐标为C（2，）， 故圆C的方程为． （2）因为圆C的方程为，所以A（0，4），B（0，1）． 设P（x，y），则由PA2+PB2+PC2=12得 x2+（y-1）2+x2+（y-4）2+（x-2）2+y2=12， 化简得， 所以点P在以（）为圆心，为半径的圆上， 又因为B（0，1），T（2，0），所以得直线BT的方程为x+2y-2=0． 圆心（）到直线x+2y-2=0的距离d=， 即直线x+2y-2=0与圆相离， 所以直线BT上不存在点P满足PA2+PB2+PC2=12． （3）因为圆C上存在E、F两点，使得射线AB平分∠EAF， 所以∠EAB=∠FAB，得到直线AE斜率和直线AF斜率互为相反数． 设直线AE斜率为k且k≠0，则直线AE的方程为y=kx+4，联立得 ， 消去x化简得（k2+1）x2+（3k-4）x=0， 解得x=0或x=， 所以E（）， 用-k替换点E坐标中的k得F（）， 由k≠0得xE≠xF， 则kEF==‎ ‎， 所以直线EF的斜率为定值． ‎ ‎【解析】（1）由圆心C到直线AB的距离为2，则圆C的半径为r==．因为圆C与x轴相切于点T（2，0），所以圆心C的坐标为C（2，），继而写出方程即可； （2）用反证法，假设P点存在，根据已知推出矛盾即可； （3）因为圆C上存在E、F两点，使得射线AB平分∠EAF，所以∠EAB=∠FAB，得到直线AE斜率和直线AF斜率互为相反数．设直线AE斜率为k且k≠0，则直线AE的方程为y=kx+4，联立得，解得E点坐标，根据对称写出F点坐标，继而可得EF的斜率． 本题考查了直线与圆的关系，涉及了直线的斜率公式，点到直线的距离公式，对称知识等，属于综合性题目，难度中等． ‎