重庆市江津中学校2019-2020学年高二上学期第一次阶段性考试数学试题

重庆市江津中学校2019-2020学年高二上学期第一次阶段性考试数学试题

‎2019—2020学年度第一学期第一阶段考试 高二数学试题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卷规定的位置上.‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑.‎ ‎3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上.‎ ‎4.考试结束后，将答题卷交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的）‎ ‎1.已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程得到斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系，得到答案.‎ ‎【详解】直线的方程为，‎ 所以直线的斜率为，‎ 设直线的倾斜角为，则，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查根据直线斜率求倾斜角，属于简单题.‎ ‎2.圆关于原点对称的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据已知条件，圆的标准方程中，圆心为（-2，0），‎ 那么（-2，0）关于原点的对称点（2，0）即为所求的圆的圆心，‎ 因为半径不变还是，‎ 所以可知圆方程为，‎ 故选C.‎ ‎3.若点到直线的距离是，则实数为（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点到直线距离公式构造方程即可求得结果.‎ ‎【详解】由点到直线的距离公式可得：，解得：或 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用，属于基础题.‎ ‎4.经过圆的圆心C，且与直线垂直的直线方程是 （ ）‎ A. x＋y＋1＝0 B. x＋y－1＝0 C. x－y＋1＝0 D. x－y－1＝0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】圆的圆心C为（-1，0），‎ 而直线与x+y=0垂直，所以待求直线的斜率为1，‎ 设待求直线的方程为y=x+b，‎ 将点C坐标代入可得b的值为b=1，‎ 故待求的直线的方程为x-y+1=0．‎ 故选： C ‎5.直线与平行，则的值为（ ）‎ A. 1 B. 或0 C. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当两条直线斜率不存在时，即，研究是否满足题意，当两条直线存在时，根据直线平行的结论，得到关于的方程，解得到答案.‎ ‎【详解】直线与，‎ 当两条直线的斜率不存在时，即，‎ 此时，两条直线方程分别为和，满足题意，‎ 当两条直线的斜率存在时，‎ 由两直线平行，得，‎ 解得，‎ 综上，满足题意的的值为或.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据两条直线的平行关系，求参数的值，属于简单题.‎ ‎6.如图所示，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形中与对应的线段的长度是（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，得到答案．‎ ‎【详解】作出该直观图的原图形，‎ 因为直观图中的线段′轴，‎ 所以在原图形中对应的线段平行于轴且长度不变，‎ 点和在原图形中对应的点和的纵坐标是的倍，‎ 则，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了平面图形的直观图，关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形，属于简单题.‎ ‎7.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若，则；②若，则；‎ ‎③若，则；④若，则.‎ 其中真命题的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，判断出②为假命题.根据三棱柱的结构特征，判断出④为假命题.由此得出正确选项.‎ ‎【详解】②中平面还可能相交，为假命题；④中平面还可能相交，为假命题，图像如下图所示.故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线线、线面和面面有关命题的真假性的判断，属于基础题.‎ ‎8.点为圆上任意一点，则的最小值为（ ）‎ A. 4 B. 2 C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所求的看成是点和点之间的距离的平方，所以先求出点所在的圆的圆心到的距离，再减去半径，得到答案.‎ ‎【详解】看成是点和点之间距离的平方，‎ 而点为圆上任意一点，‎ 所以圆心到点的距离为，圆的半径，‎ 故圆上的点到的距离最小值为，‎ 所以其最小距离平方也为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查点与圆的位置关系，圆上动点到定点的距离，属于简单题.‎ ‎9.在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.‎ 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,‎ 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎10.如图，四边形中，，，，将四边形沿对角线折成锥，使平面平面，则下列结论正确的是（ ）．‎ ‎ ‎ A. B. C. 与平面所成角的角为 D. 四面体的体积为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，∴，在中，，在中，，，，∴，∴，B项正确，故选B.‎ 点睛：对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.‎ ‎11.已知、、、是球表面上的点，平面，，，，则球的表面积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先寻找球心，根据、、、是球表面上的点，则，根据直角三角形的性质可知为的中点，则即为直径，根据球的面积公式得到答案．‎ ‎【详解】因为、、、是球表面上的点，‎ 所以 又平面，平面，‎ 所以，，，‎ 因为，平面，，‎ 所以平面，‎ 而平面，‎ 所以，‎ 所以可得为的中点，‎ 所以球的直径为，，‎ 所以球表面积为． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的性质，以及球的表面积等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．‎ ‎12.如图，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且，是正三角形，，，则该多面体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该几何体是一个直三棱柱截去两个四棱锥，先计算出三棱柱的底面积和高，得到其体积，再计算出四棱锥的体积，相减即为该多面体的体积．‎ ‎【详解】将多面体补齐为一个直三棱柱，‎ 则该直三棱柱的底面三角形的底为 因为为正三角形，且边长为，‎ 所以其高为，‎ 故可得底面三角形的高为，‎ 所以直三棱柱的体积为.‎ 割去的一个四棱锥的体积为：，‎ 所以，所求的几何体的体积为：，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查空间想象能力，割补法求几何体的体积，求棱柱和棱锥的体积，属于简单题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题（每小题5分，共20分，将答案填在答题卷上相应位置）‎ ‎13.已知直线的方程是，则在轴上的截距是_________________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，得到直线与轴交点的纵坐标，从而得到答案.‎ ‎【详解】因为直线的方程是，‎ 令，得 所以得到在轴上的截距是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查求直线与坐标轴的截距，属于简单题.‎ ‎14.已知圆:，圆:，则圆与圆的公共弦所在直线方程为_________________________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 两圆的公共弦所在的直线就是两个圆方程联立后消去二次项所得一元二次方程，因此只需将两圆方程作差，即可得出公共弦所在直线方程，，整理得：.故填.‎ ‎15.已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．‎ ‎【答案】8π ‎【解析】‎ 分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.‎ 详解：如下图所示，‎ 又，‎ 解得，所以，‎ 所以该圆锥的体积为.‎ 点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.‎ ‎16.著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵，∴的几何意义为点到两定点与的距离之和，设点关于轴的对称点为，则为，要求的最小值，可转化为的最小值，利用对称思想可知，即的最小值为,故答案为.‎ 三.解答题（本大题共6个小题，满分70分，17题10分，18、19、20、21、22各12分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知直线:，直线与垂直且过点.‎ ‎（1）求直线的方程（结果用一般式表示）;‎ ‎（2）若与x轴相交于点，求以为直径的圆的标准方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线与垂直，得到直线的斜率，再根据过点，写出其点斜式方程，得到答案.（2）令，得到点坐标，然后得到圆心坐标和半径，从而得到答案.‎ ‎【详解】解:（1）∵的方程是且与垂直 ‎∴的斜率是 又∵过点，‎ 由直线方程的点斜式可得的方程是，即 ‎（2）令中，得到，‎ 所以与轴的交点的坐标为，‎ 所以的中点坐标为且 所以以为直径的圆的圆心为，半径为，‎ 所以以为直径的圆的标准方程为.‎ ‎【点睛】本题考查根据直线的位置关系求直线方程，根据圆心和半径求圆的标准方程，属于简单题.‎ ‎18.在四面体ABCD中，CB=CD，，且E，F分别是AB，BD的中点，‎ 求证：（I）直线；‎ ‎（II）。‎ ‎【答案】（I）证明见解析。‎ ‎（II）证明见解析。‎ ‎【解析】‎ 证明：（I）E，F分别为AB，BD的中点 ‎。‎ ‎（II），又，‎ 所以。‎ ‎19.已知直线:和圆:‎ ‎（1）直线交圆于，两点，求弦长;‎ ‎（2）求过点的圆的切线方程.‎ ‎【答案】（1）（2）与 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据圆心到直线的距离，得到弦心距，再根据圆的弦长公式得到答案；（2）先研究直线斜率不存在时，判断是否符合要求，再研究直线斜率存在时，利用圆心到直线的距离等于半径，得到关于斜率的方程，得到答案.‎ ‎【详解】（1）圆:知圆心，半径 所以圆心到直线:的距离 所以 ‎（2）当直线斜率不存在时，‎ 圆心到直线的距离为，等于半径 所以直线是圆的一条切线 当直线存在时，由于过点，‎ 故由点斜式设切线方程为：‎ 即 因直线与圆相切，‎ 所以得到圆心到直线的距离等于半径，‎ 即，解得，‎ 此时切线方程为 故所求切线有两条:与 ‎【点睛】本题考查利用圆弦长公式求圆的弦长，求过圆外一点圆的切线方程，属于简单题.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且，设，，分别为，，的中点.‎ ‎（1）求证:平面平面;‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得到平面，由，得到平面，从而得到平面平面；（2）为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，表示出所需的点的坐标，然后得到平面的法向量，利用公式得到与的夹角余弦值，从而得到答案.‎ ‎【详解】解:（1）证明:，，为，，的中点，‎ ‎∴，‎ 因为平面，平面 所以平面，‎ 因为是正方形，所以，‎ 所以 因为平面，平面，‎ 所以平面 又，且，平面 所以平面平面.‎ ‎（2）‎ 解:平面平面，过作面的垂线，‎ 以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.‎ 设，则，，∴‎ 又因为，‎ 所以，，‎ 设平面的法向量，‎ 则，则可取，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以直线与平面所成的角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定，面面平行的判定，通过空间向量求线面角，属于中档题.‎ ‎21.已知圆的圆心在直线上，且与轴交于两点，.‎ ‎（1）求圆的方程;‎ ‎（2）已知，点在圆上运动，且满足，求点的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先得到线段的垂直平分线，根据圆的几何性质，可以得到圆心，然后由圆心和点求得半径，从而得到圆的方程；（2）设，，则，根据得到，两点坐标之间的关系，然后代入到中，得到的轨迹方程.‎ ‎【详解】解:（1）∵圆与轴交于两点、，‎ ‎∴圆心在的垂直平分线上，即在直线上.‎ 由，解得，即圆心的坐标为.‎ ‎∴半径，‎ 因此，圆的方程为.‎ ‎（2）设，，‎ 因为点在圆上，‎ 所以 因为 所以 即，解得 所以得到，‎ 即所求轨迹方程为.‎ ‎【点睛】本题考查根据圆的几何特性得到圆心和半径，从而求圆的方程，坐标转化法求点的轨迹方程，属于中档题.‎ ‎22.如图甲所示，是梯形的高，，，，先将梯形沿折起如图乙所示的四棱锥，使得.‎ ‎（1）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由;‎ ‎（2）点是线段上一动点，当直线与所成的角最小时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）存在点，使得平面，此时,详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过作交于，作交于，连接，易得平面，平面，从而得到平面平面，所以得到平面，而此时根据几何关系可以得到；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，，表示出与所成角为的余弦值，并求出最小时的值，从而得到各点坐标，再求出平面和平面的法向量，根据两个法向量之间的夹角公式，求得答案.‎ ‎【详解】解:（1）存在点，使得平面，此时，理由如下:‎ 依题，，，，‎ 即，‎ 所以，‎ 因为，平面，平面，‎ 所以平面，‎ 所以，所以，‎ 过作交于，作交于，连接，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 而，所以有 ‎，平面，平面，‎ 所以平面 ‎，平面，平面，‎ 所以平面 平面，，‎ 所以平面平面，‎ 而平面 所以平面.‎ 故存在点，使得平面，此时 ‎（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.‎ ‎，，，，‎ 设，‎ 即，所以，‎ ‎，‎ 设直线与所成角为 则 令，则，‎ 令，则，，‎ 当时，取最大值，‎ 此时直线与所成的角最小.此时.‎ 所以，又因为，，‎ 所以，，‎ 设平面法向量分别为 则，即 取得平面的法向量为，‎ 设平面法向量为 则，即 取得平面法向量为 所以，‎ 由图可知，二面角为钝二面角，则其余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，利用空间向量表示线线角和面面角，对计算的要求较高，属于难题.‎ ‎ ‎