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 9页

‎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