安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中考试 高二数学试题（文科）‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（每小题5分，共计60分）‎ ‎1.以下命题中正确的是（ ）‎ A. 以直角三角形的一直角边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B. 以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台 C. 有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 D. 圆锥的侧面展开图为扇形,这个扇形的半径为圆锥底面圆的半径 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间几何体的结构特征进行判断．‎ ‎【详解】解：对于A，由圆锥的定义可知A正确；‎ 对于B，若旋转轴不是直角梯形的直腰，则旋转体不是圆台，故B错误；‎ 对于C，若其余各面三角形没有公共顶点，则几何体不是棱锥，故C错误；‎ 对于D，圆锥的侧面展开图的半径是圆锥的母线，故D错误，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了旋转体与多面体的结构特征，考查学生对常见几何体的掌握情况，属于基础题．‎ ‎2.已知空间三条直线，若l与m异面且l与n异面,则（ ）‎ A. m与n异面 B. m与n相交 C. m与n平行 D. m与n异面、相交、平行均有可能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意作出图形，进行判断即可.‎ ‎【详解】解：空间三条直线l、m、n．若l与m异面，且l与n异面，‎ 则可能平行（图1），也可能相交（图2），也m与n可能异面（如图3），‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查空间直线的位置关系，着重考查学生的理解与转化能力，考查数形结合思想，属于基础题．‎ ‎3.直线的倾斜角为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把直线方程的一般式方程化为斜截式方程，求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，求出倾斜角.‎ ‎【详解】，设直线的倾斜角为，‎ ‎，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线方程之间的转化、利用斜率求直线的倾斜角问题.‎ ‎4.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有　　 ‎ ‎，，，  ， ‎ ‎，，     ，‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由线面垂直的几何特征，及线面垂直的第二判定定理，可判断A的真假；‎ 根据面面平行的几何特征及线线位置关系的定义，可判断B的真假；‎ 根据线面垂直及线线垂直的几何特征，及线面平行的判定方法，可判断C的真假；‎ 根据面面平行的判定定理，可以判断D的真假．‎ 详解：‎ 由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，若a，b相交，则可得α∥β，若a∥b，则α与β可能平行也可能相交，故（1）错误；‎ 若m∥n，n⊥α根据线面垂直的第二判定定理可得m⊥α，故（2）正确；‎ 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故（3）错误；‎ 若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故（4）错误；‎ 故选：B．‎ 点睛：本题以命题的真假判定为载体考查了空间线面关系的判定，熟练掌握空间线面位置关系的判定，性质及几何特征是解答的关键．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.‎ ‎5.在四面体ABCD中,点E、F、G、H分别在直线AD、AB、CD、BC上，若直线EF和GH相交,则它们的交点一定（ ）‎ A. 在直线DB上 B. 在直线AB上 C. 在直线CB上 D. 都不对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线EF和GH相交，设交点为M，运用公理 ，由此能判断EF与HG的交点在直线BD上．‎ ‎【详解】解：直线EF和GH相交，设交点为M，‎ ‎∵EF⊂平面ABD，HG⊂平面CBD，‎ ‎∴M∈平面ABD，且M∈平面CBD，‎ ‎∵平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ ‎∴M∈BD，‎ ‎∴EF与HG的交点在直线BD上．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查两直线的交点在直线上的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理运用．‎ ‎6.方程表示以为圆心,4为半径的圆,则D,E,F的值分别为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，2，3，4，即可解得D，E，F的值．‎ ‎【详解】解：由题意得，2，3，4，解得D＝4，E＝﹣6，F＝﹣3．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查圆的一般方程，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎7.已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原中的大小是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出的形状，可得结论。‎ ‎【详解】如图：‎ 根据斜二测画法可得：‎ ‎，‎ 故原是一个等边三角形 故选 ‎【点睛】本题是一道判定三角形形状的题目，主要考查了平面图形的直观图，考查了数形结合的思想 ‎8.若为圆弦AB的中点，则直线AB的方程是（   ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB垂直，可得AB斜率k＝1，结合直线方程的点斜式列式，即可得直线AB的方程.‎ ‎【详解】∵AB是圆（x﹣1）2+y2＝25的弦，圆心为C（1，0）‎ AB的中点P（2，﹣1）满足AB⊥CP 因此，AB的斜率k＝,‎ 可得直线AB的方程是y+1＝x﹣2，化简得x﹣y﹣3＝0‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查圆的弦的性质，考查直线方程的求法，属于基础题.‎ ‎9.在三棱锥中，平面ABC,,则三棱锥的外接球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理求出BC，可得△ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积．‎ ‎【详解】解：∵AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，‎ ‎∴由余弦定理可得BC，∴AB⊥BC，‎ 又平面ABC,∴‎ ‎∴BC⊥平面SAB，∴BC⊥SB 设SC的中点为O，易知O为外接球的球心，‎ ‎∴2R=SC=2‎ ‎∴三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝8π．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定三棱锥S﹣ABC的外接球的球心是关键．‎ ‎10.圆上存在两点关于直线对称，则的最小值为 A. 8 B. 9 C. 16 D. 18‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由圆对称性可得，直线必过圆心，所以.所以 ‎，当且仅当，即时取等号，故选B．‎ ‎11.在棱长为2的正方体中，是内（不含边界）的一个动点，若，则线段的长的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断是正四面体，可得正四面体的棱长为，则的最大值为的长，的最小值是到平面的距离，结合不在三角形的边上，计算可得结果.‎ ‎【详解】‎ 由正方体的性质可知，‎ 是正四面体，‎ 且正四面体的棱长为，‎ 在内，‎ 的最大值为，‎ 的最小值是到平面的距离，‎ 设在平面的射影为,‎ 则为正三角形的中心，，‎ ‎，‎ 的最小值为，‎ 又因为不在三角形的边上，‎ 所以的范围是，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查正方体的性质及立体几何求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.‎ ‎12.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：因为曲线y＝1＋(|x|≤2)与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点时，那么结合图像可知参数k的取值范围是，选A 第II卷（非选择题）‎ 二 填空题（每小题5分，共计20分）‎ ‎13.平面两两相交,为三条交线,且,则b与c的位置关系是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意写出已知，利用空间线线、线面间的位置关系进行证明．‎ ‎【详解】设三个平面为α，β，γ，且α∩β＝c，α∩γ＝b，β∩γ＝a；‎ 若a∥b，则由b⊂α，且a⊄α，∴a∥α；‎ 又由a ⊂β，且α∩β＝c，∴c∥a；‎ ‎∴a∥b∥c．‎ ‎【点睛】本题考查线线平行的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎14.求经过点，且在轴上的截距是在轴上的截距2倍的直线方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据截距是否为零分类求解.‎ ‎【详解】当在轴上的截距为零时，所求直线方程可设为，因为过点，所以；‎ 当在轴上的截距不为零时，所求直线方程可设为，因为过点，所以；‎ 所以直线方程为 ‎【点睛】本题考查根据截距求直线方程，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎15.如图，二面角的大小是60°，线段.，‎ 与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，‎ 在β内过C作l的垂线．垂足为D，‎ 连接AD，有三垂线定理可知AD⊥l，‎ 故∠ADC为二面角α-l-β的平面角，为60°，‎ 又由已知，∠ABD=30°，‎ 连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角 设AD=2，则AC=，CD=1‎ AB==4‎ ‎∴sin∠ABC==；‎ 故答案为。‎ 考点：本题主要考查二面角的计算。‎ 点评：基础题，本解法反映了求二面角方法的“几何法”—“一作、二证、三计算”。‎ ‎16.已知圆的方程为（x-1）2+（y-1）2=9，P（2，2）是该圆内一点，过点P的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是______ ．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 因为经过P点的直径是圆的最长弦，且最短的弦是与该直径垂直的弦,根据垂径定理可求得最短弦长,由此可求得四边形的面积.‎ ‎【详解】∵圆的方程为（x-1）2+（y-1）2=9，‎ ‎∴圆心坐标为M（1，1），半径r=3．‎ ‎∵P（2，2）是该圆内一点，‎ ‎∴经过P点的直径是圆的最长弦，且最短的弦是与该直径垂直的弦．‎ 结合题意，得AC是经过P点的直径，BD是与AC垂直的弦．‎ ‎∵|PM|=，‎ ‎∴由垂径定理，得|BD|=2．‎ 因此，四边形ABCD的面积是S=|AC|•|BD|=×6×2=6．‎ 故答案为6‎ ‎【点睛】本题考查了圆中垂径定理,属中档题.‎ 三：解答题（第17题10分，18题到22题每题12分，共计70分）‎ ‎17.已知直线l1：x+my+1=0和l2：（m-3）x-2y+（13-7m）=0．‎ ‎（1）若l1⊥l2，求实数m的值；‎ ‎（2）若l1∥l2，求l1与l2之间的距离d．‎ ‎【答案】（1）m=-3；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据两条直线垂直列方程，解方程求得的值.（2）根据两条直线平行，列方程，解方程求得的值，验证后求得的方程，根据两平行线间的距离公式求得两直线间的距离.‎ ‎【详解】（1）∵直线l1：x+my+1=0和l2：（m-3）x-2y+（13-7m）=0，‎ ‎∴当l1⊥l2时，1•（m-3）-2m=0，解得m=-3；‎ ‎（2）由l1∥l2可得m（m-3）+2=0，解得m=1或m=-2，‎ 当m=2时，l1与l2重合，应舍去，‎ 当m=-1时，可得l1：x+y+1=0，l2：-2x-2y+6=0，即x+y-3=0，‎ 由平行线间的距离公式可得d==2‎ ‎【点睛】本小题主要考查两条直线平行和垂直的条件，考查两平行直线间的距离公式，属于中档题.若两条直线垂直，则有，若两条直线平行，则有.‎ ‎18.如图,在四面体ABCD中,,点分别是的中点．求证：‎ ‎（1）直线面ACD；‎ ‎（2）平面EFC．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知中E，F分别为AB，BD的中点，由三角形中位线定理可得EF∥AD，再由线面平行的判定定理，即可得到直线EF∥面ACD；‎ ‎（2）由AD⊥BD结合（1）的结论可得EF⊥BD，再由CB＝CD，结合等腰三角形“三线合一”的性质，得到CF⊥BD，结合线面垂直的判定定理即可得到BD⊥面EFC．‎ ‎【详解】证明：（1）∵E,F分别是AB,BD的中点．‎ ‎∴EF是的中位线, ‎ 面ACD,面ACD,‎ ‎∴直线面ACD；‎ ‎（2）‎ ‎,F是的中点, ‎ 又,平面CEF,平面CEF,‎ 得平面 面EFC．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间线面平行及线面垂直的判定定理及证明步骤是解答本题的关键．‎ ‎19.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的平分线所在直线方程为，求：‎ ‎（Ⅰ）顶点的坐标；‎ ‎（Ⅱ）直线的方程 ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设，可得中点坐标，代入直线可得；将点坐标代入直线得，可构造出方程组求得点坐标；（Ⅱ）设点关于的对称点为，根据点关于直线对称点的求解方法可求得，因为在直线上，根据两点坐标可求得直线方程.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设，则中点坐标为：‎ ‎，即：‎ 又，解得：，‎ ‎（Ⅱ）设点关于的对称点为 则，解得：‎ 边所在的直线方程为：，即：‎ ‎【点睛】本题考查直线方程、直线交点的求解；关键是能够熟练应用中点坐标公式和点关于直线对称点的求解方法，属于常考题型.‎ ‎20.如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）3+2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（Ⅱ）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.‎ 试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，‎ 因为BE平面ABCD，所以ACBE，故AC平面BED.‎ 又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED ‎（Ⅱ）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.‎ 因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.‎ 由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.‎ 由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2‎ 从而可得AE=EC=ED=.‎ 所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.‎ 故三棱锥E-ACD的侧面积为.‎ 考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力 ‎21.如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)若平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE：EC；若不存在，试说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)存在，2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明AC⊥面SBD，然后利用线面垂直的性质证明AC⊥SD；‎ ‎（2）利用线面平行的性质定理确定E的位置，然后求出SE：EC的值．‎ ‎【详解】（1）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC，‎ 在正方形ABCD中，AC⊥BD，‎ 所以AC⊥面SBD，‎ 所以AC⊥SD．‎ ‎（2）解：若SD⊥平面PAC，‎ 则SD⊥OP，‎ 设正方形ABCD的边长为a，‎ 则SD，OD，‎ 则OD2＝PD•SD，‎ 可得PD，‎ 故可在SP上取一点N，使PN＝PD，‎ 过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．‎ 在△BDN中知BN∥PO，‎ 又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，‎ 得BE∥面PAC，‎ 由于SN：NP＝2：1，‎ 故SE：EC＝2：1．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行与线线垂直的判定，要求熟练掌握线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，考查空间想象能力与推理能力．‎ ‎22.已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点．‎ ‎（1）求圆方程；‎ ‎（2）是否存在过点的直线与圆交于两点，且的面积为（为坐标原点），若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据题意设出圆的方程，由直线和圆相切列出方程，进而解得未知量；（2）根据题意得到原题等价于研究方程是否有解的问题，化简得到无解即可.‎ 解析：‎ ‎（1）设圆心坐标为，则圆的方程为：，‎ 又与相切，则有，解得：，，‎ 所以圆的方程为：；‎ ‎（2）由题意得：当存在时，设直线，设圆心到直线的距离为，‎ 则有，化简得：，无解；‎ 当不存在时，，则圆心到直线的距离，那么，‎ ‎，满足题意，所以直线的方程为：.‎ 点睛：这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理和垂径定理.‎ ‎ ‎