四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考数学（理）试题 20页

‎2019-2020学年四川省乐山市十校高二(上)期中数学试卷(理科)‎ 一、选择题(本题共12道小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1.下图是由哪个平面图形旋转得到的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆柱、圆锥与圆台的定义，判断选项中的图形旋转一周后所得到的几何体的形状，进而可得结果,.‎ ‎【详解】B中图形旋转得到两个相同底面的圆锥，不合题意；‎ C中图形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥，不合题意；‎ D中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱，不合题意；‎ A中图形旋转得到一个圆台与一个圆锥，合题意，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查旋转体的基本定义，考查了空间想象能力，属于基础题.‎ ‎2.若直线与圆有两个公共点，则点与圆的位置关系是（ ）‎ A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 以上都有可能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线与圆有两个公共点，可得，即为，由此可得点与圆的位置关系．‎ ‎【详解】解：因为直线与圆有两个公共点，‎ 所以有，‎ 即，‎ 因为点与圆心距离为，圆的半径为1，‎ 所以点在圆外，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系的判断方法有：1.圆心到直线的距离与半径做比较；2.联立直线与圆的方程，根据方程组根的个数进行判断．‎ ‎3.圆心在轴上，半径为，且过点的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵圆心在轴上，项圆心为不合要求，排除选项，又∵圆过点，可排除选项，，只有项符合题意，故选．‎ ‎4.设l是直线，α、β是两个不同的平面，下列结论正确的是(　　)‎ A. 若l∥α，l∥β，则α∥β B. 若l∥α，l⊥β，则α⊥β C. 若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D. 若α⊥β，l∥α，则l⊥β ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于A，α，β可以相交；对于C，l∥β或l β；对于D，有lβ，l∥β，l⊥β三种情形 故选：B ‎5.已知正方体ABCD-ABCD中,E、F分别为BB、CC的中点,那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】连接DF,因为DF与AE平行,所以∠DFD即为异面直线AE与DF所成角的平面角,设正方体的棱长为2,则FD=FD=,由余弦定理得cos ∠DFD==.‎ ‎6.点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.‎ 考点：1、圆的标准方程；2、“逆代法”求轨迹方程. ‎ ‎【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、“逆代法”求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题就是利用方法④求的轨迹方程的.‎ ‎7.下列四个命题:‎ ‎(1)存在与两条异面直线都平行的平面;(2)过空间一点,一定能作一个平面与两条异面直线都平行;(3)过平面外一点可作无数条直线与该平面平行;(4)过直线外一点可作无数个平面与该直线平行.其中正确的命题的个数是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎(1)将一个平面内的两条相交直线平移到平面外,且平移后不相交,则这两条直线异面且与该平面平行,故正确;(2)当过该点的平面过其中一条直线时,这个平面与两条异面直线都平行是错误的,故不正确;(3)显然正确;(4)显然正确.故答案为C.‎ ‎8.直线分别与轴，轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（ ）‎ A. [2，6] B. [8，16] C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出点A与点B的坐标，以线段AB为△ABC的底，关键是求点P到直线距离的取值范围，最大值为圆心到直线距离加半径，最小值为圆心到直线距离减半径．‎ ‎【详解】解：直线分别与轴，轴交于A，B两点，‎ ‎∴A(-4，0)，B(0，-4)‎ ‎∴|AB|=4，‎ 设圆心(2，0)到直线的距离为d，‎ 则，‎ 设点到直线的距离为，‎ ‎∴，，‎ ‎∴的取值范围为[，]，‎ 即ΔABP的高的取值范围是[，]，‎ 又ΔABP面积为|AB|×，‎ 所以ΔABC面积的取值范围为[8，16]，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】考查了直线与圆的位置关系，以及求圆上一点到直线距离的最大值和最小值，是中档题．‎ ‎9. 圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这 个圆台的体积是（ ）‎ A. π B. 2π C. π D. π ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得底面半径和圆台的高，然后求解其体积即可.‎ ‎【详解】由于圆台上、下底面面积分别是、，故上下底面半径为,‎ 由侧面积公式可得：，则圆台的母线，圆台的高，‎ 这个圆台的体积：.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆台的结构特征，圆台的体积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎10.过点(1,-2)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线,切点分别为A、B，则AB所在直线的方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：圆的圆心为，设点，则以线段为直径的圆的方程为 ‎，两圆方程相减可得即为所在直线的方程，选B 考点：圆的切线方程 ‎11.方程有两个不等实根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：方程有两个不等实根等价于函数的图像（上半圆）与函数:的图像（过定点A（2，3）的动直线）有两个不同的交点（如下图）．显然当直线在直线a、b之间时，两图像有两个交点，不包含直线a(直线a为圆的一条切线).由圆心到直线a的距离等于半径可得，.而直线a的斜率为,所以的取值范围是．故选D．‎ 考点：直线与圆的综合问题．‎ ‎【方法点睛】方程解的个数问题解法：研究程的实根常将参数移到一边转化为值域问题．（1）已知含参数方程有解，求参数范围问题．一般可作为代数问题求解，即对进行参变分离，得到的形式，则所求a的范围就是的值域．（2）当研究程的实根个数问题，即方程的实数根个数问题时，也常要进行参变分离，得到的形式，然后借助数形结合（几何法）思想求解.（3）将方程化为形如,常常是一边的函数图像是确定的，另一边的图像是动的，找到符合题意的临界值（本题中直线a、b位置是临界位置，其对应的斜率是临界值），然后总结答案即可（本题即为该法）．‎ ‎12.如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的有（ ）‎ ‎①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；‎ ‎②平面SBC内存在直线与SA平行 ‎③平面ABCE内存直线与平面SAE平行；‎ ‎④存在点E使得SE⊥BA．‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：：①若直线SA⊥平面SBC，‎ 则SA⊥BC，‎ 又由AD∥BC，则SA⊥AD，这与∠SAD为锐角矛盾，故①错误；‎ ‎②∵平面SBC∩直线SA=S，‎ 故平面SBC内的直线与SA相交或异面，故②错误；‎ ‎③取AB的中点F，则CF∥AE，由线面平行的判定定理，可得CF∥SAE平行，故③正确；‎ ‎④若SE⊥BA，由EC∥AB，可得SE⊥EC，这与∠SEC为钝角矛盾，故④错误 考点：平面与平面垂直的性质 二、填空题(本题共4道小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13.已知为圆上的动点，则的最大值为_________.‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接把圆的直角坐标方程转换为参数方程，进一步利用三角函数关系式的变换把函数的关系式，变形成正弦型函数，进一步求出函数的最大值．‎ ‎【详解】解：把圆的方程转换为(θ为参数)，‎ 所以.‎ 当时，的最大值为7.‎ 故答案为：7.‎ ‎【点睛】本题考察参数方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎14.在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为_________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．‎ ‎【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F 过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.‎ 由作图可知：EN∥FM，‎ ‎∴四点EFMN共面 可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.‎ ‎∴‎ 可得EF=MN=2.‎ 同理可得：EN=FM=2.‎ ‎∴截面的周长为8.‎ 故答案为：8.‎ ‎【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档题．‎ ‎15.圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．‎ ‎【详解】圆与圆的方程相减得：，‎ 由圆的圆心，半径r为2，‎ 且圆心到直线的距离，‎ 则公共弦长为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．‎ ‎16.若四面体的三组对棱分别相等，即，给出下列结论：‎ ‎①四面体每组对棱相互垂直；‎ ‎②四面体每个面的面积相等；‎ ‎③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大而小于；‎ ‎④连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分.‎ 其中正确结论的序号是__________． (写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】②④.‎ ‎【解析】‎ 分析：①将四面体ABCD的三组对棱分别看作平行六面体的对角线，由于三组对棱分别相等，所以平行六面体为长方体．结合长方体的性质判断 ②四面体ABCD的每个面是全等的三角形，面积是相等的． ③由②，从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角能够等量代换为同一个三角形内的三个内角，它们之和为180°． ④连接四面体ABCD每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分 详解：：①将四面体ABCD的三组对棱分别看作平行六面体的对角线，由于三组对棱分别相等，所以平行六面体为长方体． 由于长方体的各面不一定为正方形，所以同一面上的面对角线不一定垂直，从而每组对棱不一定相互垂直．①错误 ②四面体ABCD的每个面是全等的三角形，面积是相等的．②正确 ③由②，四面体ABCD的每个面是全等的三角形，从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角能够等量代换为同一个三角形内的三个内角，它们之和为180°．③错误 ④连接四面体ABCD每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分④正确 故答案为②④‎ 点睛：本题考查空间几何体的结构特征，线线位置故选，要具有良好的转化，推理、论证能力．‎ 三、解答题(本题共6道小题，共70分)‎ ‎17.已知一个几何体的三视图如图所示.‎ ‎（1）求此几何体的表面积；‎ ‎（2）如果点，在正视图中所示位置，为所在线段中点，为顶点，求在几何体侧面的表面上，从点到点的最短路径的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．‎ ‎（2）将圆柱侧面展开，在平面矩形内线段PQ长为所求．‎ ‎【详解】（1）由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、‎ 圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.‎ ‎，，，‎ 所以.‎ ‎（2）沿点与点所在母线剪开圆柱侧面，如图.‎ 则，所以从点到点在侧面上的最短路径的长为.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求面积，解题的关键是由三视图还原出实物图的几何特征及其度量，再由公式求出表面积，还考查曲面距离最值问题，采用化曲面为平面的办法．须具有空间想象能力、转化、计算能力．‎ ‎18.已知圆及直线：.‎ ‎(1)证明：不论取什么实数，直线与圆C总相交；‎ ‎(2)求直线被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线过的定点在圆内，得出直线与圆总相交． （2）作图分析出当直线与半径CM垂直与点M时|AB|最短，利用勾股定理求出此时|AB|的长，再运用两直线垂直时斜率相乘等于−1，求出此时直线的方程．‎ ‎【详解】解：(1)证明：直线的方程可化为，‎ 由方程组，解得 所以直线过定点M(3，1)，‎ 圆C化为标准方程为，所以圆心坐标为(1，2)，半径为5，‎ 因为定点M(3，1)到圆心(1，2)的距离为√，‎ 所以定点M(3，1)在圆内，‎ 故不论m取什么实数，过定点M(3，1)的直线与圆C总相交；‎ ‎(2)设直线与圆交于A、B两点，当直线与半径CM垂直与点M时，直线被截得的弦长|AB|最短，‎ 此时，‎ 此时，所以直线AB的方程为，即.‎ 故直线被圆C截得的弦长的最小值为，此时的直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，当直线与半径CM垂直于点M时|AB|最短是解题的关键，是中档题．‎ ‎19.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且.D为线段AC的中点.‎ ‎(1)求证：平面平面；‎ ‎(2)若点E在线段PB上，且，求三棱锥体积的最大值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)24.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知先证明AC⊥OD，又PO⊥AC，从而得到AC⊥平面PDO，进而证明平面PAC⊥平面PDO； （2）由题意先求得△ABC面积的最大值，进而求得三棱锥P−ABC 体积的最大值，从而求得三棱锥E−POC体积的最大值．‎ ‎【详解】(1)证明：在ΔAOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥OD，‎ 又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC；‎ 又DO∩PO=O，所以AC⊥平面PDO；‎ 又AC平面PAC，‎ 所以平面PAC⊥平面PDO；‎ ‎(2)由PE=PB，则 所以V三梭锥E-POC=V三棱锥C-POE=V三棱维C-POB=S三棱维P-OCB=V三棱维P-ACB 又点C在圆O.上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为6；‎ 又AB=12，所以ΔABC面积的最大值为×12×6=36；‎ 又三棱锥P-ABC的高为PO=6，‎ 所以三棱锥P-ABC体积的最大值为×36×6=72；‎ 综上知，三棱锥E-POC体积最大值为×72=24.‎ ‎【点睛】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题．‎ ‎20.已知圆C的圆心在直线上，且与y轴相切于点(0，1).‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)若圆C与直线：交于A，B两点，分别连接圆心C与A，B两点，若，求的值.‎ ‎【答案】(1) ；(2)1或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆心坐标为C(，)，则，再由已知可得，由此可得圆心坐标与半径，则圆的方程可求； （2）由CA⊥CB，，可得△ABC为等腰直角三角形，求出圆心C到直线的距离．再由点到直线的距离公式列式求解值．‎ ‎【详解】(1)设圆心坐标为C(，)，则，‎ ‎∵圆与轴相切于点(0，1)，则，，‎ ‎∴圆C的圆心坐标为(3，1)，半径.‎ 则圆的方程为；‎ ‎(2)∵CA⊥CB，，‎ ‎∴ΔABC为等腰直角三角形，‎ ‎∵=3，‎ ‎∴圆心C到直线的距离.‎ 则，解得=1或-5.‎ ‎【点睛】本题考查直线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，是基础题．‎ ‎21.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底，是的中点．‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．‎ 试题解析：（1）取中点，连结，．‎ 因为为中点，所以,,由得，又 所以．四边形为平行四边形， ．‎ 又，，故 ‎（2）‎ 由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，‎ 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则 则，，，，‎ ‎,则 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ‎，‎ 即（x-1）²+y²-z²=0‎ 又M在棱PC上,设 由①，②得 所以M，从而 设是平面ABM的法向量，则 所以可取.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值为 点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．‎ ‎（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos ‎ θ|＝|cos|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，MBC顶点的坐标为A(-1，2)，B(1，4)，C(3，2).‎ ‎(1)求ΔABC外接圆E的方程；‎ ‎(2)若直线经过点(0，4)，且与圆E相交所得的弦长为，求直线的方程；‎ ‎(3)在圆E上是否存在点P，满足，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) ；(2) 或； (3)不存在，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用待定系数法求△ABC外接圆E的方程； （2）分类讨论，利用韦达定理，结合弦长公式，求直线的方程； （3）求出P的轨迹方程，与圆E联立，即可得出结论．‎ ‎【详解】解：(1)设圆的一般方程为，‎ 则，解得，‎ ‎∴ΔABC外接圆E的方程为；‎ ‎(2)①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，‎ 联立，解得或 此时弦长为，满足题意，‎ ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即 联立，得，‎ ‎，解得或，‎ 设直线与圆交于点E(，)，点F(，)，‎ 则，‎ ‎∵弦长为，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 综上所求：直线的方程为或；‎ ‎(3)假设存在点，设出点P的坐标为(，)，‎ ‎∵，A(-1，2)，B(1，4)，‎ ‎∴，即，‎ 联立，两式相减得，‎ 联立，方程组无解，‎ ‎∴圆E上不存在点P，满足.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程，考查轨迹方程，考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属于中档题．‎ ‎ ‎