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- 2021-04-12 发布
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广东省佛山市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试数学（理)试题
评卷人
得分
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由直线方程求出直线的斜率，即得倾斜角的正切值，从而求出倾斜角．
【详解】
设直线的倾斜角为，
由，得：，
故中直线的斜率，
∵，
∴；
故选：C．
【点睛】
本题考查了直线的倾斜角与斜率的问题，是基础题．
2．在空间直角坐标系中，若点，，点是点关于平面的对称点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由对称性先求点C的坐标为，再根据空间中两点之间距离公式计算。
【详解】
由对称性可知，点C的坐标为，
结合空间中两点之间距离公式可得：.
故选D.
【点睛】
本题考查了空间中对称点的坐标关系及两点间距离公式，属于基础题。
3．若直线与互相垂直，则等于（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【解析】
【分析】
由直线垂直的充分必要条件得到关于a的方程，解方程即可确定实数a的值.
【详解】
∵直线与互相垂直，
∴，
解得或．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查直线垂直的充分必要条件，属于中等题.
4．如图水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由斜二测画法的规则知在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，长度保持不变，已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度为原来一半，据此还原几何体确定其周长即可.
【详解】
由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，
正方形的对角线在轴上，
可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的倍，长度为，其原来的图形如图所示，
则其周长为：.
故选：A．
【点睛】
本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．
5．设， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若， ， ，则
B．若， ， ，则
C．若， ， ，则
D．若， ， ，则
【答案】D
【解析】试题分析： ， ,故选D.
考点：点线面的位置关系.
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6．过点作圆的两条切线，设两切点分别为、，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，由切线长公式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，计算可得答案．
【详解】
根据题意，过点作圆的两条切线，设两切点分别为、，
则，
则以为圆心，为半径为圆为，即圆，
为两圆的公共弦所在的直线，则有，
作差变形可得：；
即直线的方程为，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查圆的切线方程，圆与圆的公共弦所在直线方程的求解，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
7．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，题中描绘的器具的三视图如图所示(单位：寸)．若在某天某地下雨天时利用该器具接的雨水的深度为 6 寸，则这天该地的降雨量约为(注：平均降雨量等于器具中积水除以器具口面积．参考公式：其中分别表示上、下底面的面积，为高)
A．2 寸 B．3 寸 C．4 寸 D．5 寸
【答案】A
【解析】
【分析】
由梯形中位线定理求得盆中水的上底面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得结论.
【详解】
如图，由三视图可知，
天池盆上底面半径为寸，下底面半径为寸，高为寸，
积水深寸，水面半径寸，
则盆中水的体积为 （立方寸），
平地降雨量等于（寸），故选A.
【点睛】
本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.
观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
8．已知两点，若点是圆上的动点，则面积的最小值为（ ）
A．6 B． C．8 D．
【答案】B
【解析】
试题分析：求面积的最小值，即求到直线的最小值，即为圆心到直线的距离减去半径．∵直线的方程为，即，圆，即，圆心为，半径为，∴圆心到直线的距离为，∴到直线的最小值，∵，∴面积的最小值为．故选B．
考点：1、直线与圆的位置关系；2、直线的方程；3、点到直线的距离公式．
9．已知过球面上、、三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由，求得的外接圆半径为，再由，求得球的半径，即可求解球的体积．
【详解】
解：因为，
所以的外接圆半径为．
设球半径为，则，
所以，
．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查球的体积，涉及到截面圆圆心与球心的连垂直于截面，这是求得相关量的关键．
10．已知圆，从点观察点，要使视线不被圆挡住，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】试题分析：设过点与圆：相切的直线为，则，解得，∴切线方程为，由点向圆引条切线，只要点在切线之外，那么就不会被遮挡，在的直线上，在中，取，得，从点观察点，要使视线不被圆挡住，需，或.∴的取值范围是.故选：D.
考点：直线与圆的位置关系.
11．已知圆，直线，点在直线上．若存在圆上的点，使得（为坐标原点），则的取值范围是
（A） （B） （C） （D）
【答案】B
【解析】在中，设，由正弦定理，得，即，得，
即，解得.
考点：正弦定理、直线与圆的位置关系.
12．如图，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转为．若为线段的中点，则在翻转过程中，有下列命题：
①是定值；
②点在圆上运动；
③一定存在某个位置，使；
④若平面，则平面．
其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取中点，连接，，由余弦定理可得，所以是定值，可得①正确；是在以为圆心，
为半径的圆上，可得②正确；由射影定理可判断③；由平面平面，可判断④．
【详解】
取中点，连接，，
由，定值，定值，
由余弦定理可得，
所以是定值，故①正确；
∵是定点，∴是在以为圆心，为半径的圆上，故②正确，
∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置,使DE⊥A1C，故③不正确.
由，，∴平面平面，∴平面，故④正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查线线、线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查转化思想和推理能力.
第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13．圆的一条经过点的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，设为，设过点圆的切线为，分析可得在圆上，求出直线的斜率，分析可得直线的斜率，由直线的点斜式方程计算可得答案．
【详解】
根据题意，设为，设过点圆的切线为，
圆的方程为，则点在圆上，
则，
则直线的斜率，则直线的方程为，变形可得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆的切线方程，注意分析点与圆的位置关系．
14．设圆的方程为，圆的方程，则两圆的关系为______．
【答案】相交
【解析】
【分析】
根据两个圆的圆心距与两圆的半径之差的绝对值和两个圆的半径之和的关系即可确定两圆的位置关系.
【详解】
圆，即圆，表示以为圆心，为半径的圆，
而圆是以为圆心、为半径的圆，
两个圆的圆心距，大于两个圆的半径之差的绝对值而小于两个圆的半径之和，故两个圆相交．
故答案为：相交．
【点睛】
本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，属于基础题．
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．是直线上的一个动点，点、的坐标分别为、，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意画出图形，找出关于直线的对称点，再由两点间的距离公式求解．
【详解】
如图，
设关于直线的对称点为，
则，解得．
∴，
则的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查点关于直线的对称点的求法，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
评卷人
得分
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，底面，且，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
(1)在平面中作的平行线，再由线线平行得到线面平行即可；
(2)利用平面几何知识，解直角梯形，证明与的垂直性，再由线线垂直证明线面垂直即可．
【详解】
（1）取的中点，连接、，
∵，，∴，，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
（2）在梯形中，，，
过作于，∴
∵，∴
又∵平面，平面，∴
∵，
∴平面
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的判定．线面平行的证明有两种思路：1、线线平行线面平行；2、面面平行线面平行．线面垂直的证明有三种思路：1、线线垂直线面垂直；2、面面垂直线面垂直；3、线面垂直和线线平行线面垂直．
18．如图，已知四边形是矩形，是坐标原点，、、、按逆时针排列，的坐标是，．
（1）求点的坐标；
（2）求所在直线的方程；
（3）求的外接圆方程．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得的斜率为，所在的直线方程为，，设，利用勾股定理即可得出点的坐标．
（2）因为与平行可得OA的斜率，利用点斜式可得所在直线的方程．
（3）由题意知的外接圆也是矩形的外接圆，原问题转化为求解以线段为直径的圆，分别确定圆心和半径即可求得外接圆的方程.
【详解】
（1）因为四边形是矩形，所在直线的斜率，
∴的斜率为，所在的直线方程为，
因为，设，
则，
所以或（舍去），所以点的坐标为．
（2）因为与平行，所以所在直线的斜率
所以所在直线的方程为，即
（3）由题意知的外接圆也是矩形的外接圆，所以线段的中点即为圆心，半径
因为，，所以圆心坐标为
又，所以半径
所以外接圆的方程为
【点睛】
本题考查了直线的方程、圆的标准方程、两点之间的距离公式、相互平行与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．
19．已知图中，四边形是等腰梯形，，，于、交于点，，，现将梯形沿折起，记折起后、为、且使，如图示．
（1）证明：平面；
（2）若图中，，求点到平面的距离．
【答案】 (Ⅰ)见解析 (Ⅱ)．
【解析】
试题分析：（I）折叠前后，⊥EF、MN⊥EF，故EF⊥平面，故.利用勾股定理可证得，所以 平面ABFE；（II）设点M到平面的距离为h，,，利用勾股定理证明，利用等体积法可求得点M到平面的距离为.
试题解析：
(Ⅰ) 可知，∴⊥EF、MN⊥EF，
又，得EF⊥平面，
得，
∵ ∴，
又，∴ 平面ABFE．
(Ⅱ) 设点M到平面的距离为h，
由，得，①
∵，，
∴,,
在中，，
又，，得，
∴，
，又，
代入①式，得，解得，
∴点M到平面的距离为．
20．如图，在四棱锥中，底面是平形四边形，设，平面，点为的中点，且，．
（1）若，求二面角的正切值；
（2）是否存在使，若存在求出，若不存在请说明理由．
【答案】（1）2；（2）存在，使.
【解析】
【分析】
（1）连接，由几何关系可得是二面角的平面角，据此可求得二面角的正切值．
（2）假设存在，使，，设，由几何关系求得EM的长度，进一步确定角θ的值即可.
【详解】
（1）连接，因为是平形四边形，
所以，
又，，由余弦定理得，
所以所以，即，
又因为平面，平面，所以，，又，
所以平面，因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
在中，，即二面角的正切值为．
（2）假设存在，使，
因为平面，平面，故，，所以平面，因为平面，所以．
设在平行四边形中，，，
所以．
设，则，由得解得，故，
所以，又，所以有，故，
即存在，使．
【点睛】
本题考查二面角的正切值的求法，考查满足线线垂直的角是否存在的判断与求法，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．
21．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，此时.
【解析】
【分析】
（1）连接，，．利用平移的方法找到异面直线与所成角，然后求解其大小即可；
（2）在棱上取点，使得，延长，交于，连交于，推导出四边形为平行四边形，由此推导出平面．
【详解】
（1）连接，，．
因为，分别是，的中点，所以．
又因为．所以(或其补角)为异面直线与所成角．
在中，因为，
所以异面直线与所成角的大小为．
（2）在棱上取点，使得，
则平面．
证明如下：延长，交于，
连交于．
因为，为中点，所以为中点．
因为，所以，且．
因为，为中点，所以，且，
即四边形为平行四边形，
所以，即．
又平面，平面，
所以平面．此时．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求法，考查满足线面平行的点的位置的判断与求法，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．
22．如图，过点的直线与圆相交于两点，过点且与垂直的直线与圆的另一交点为．
（1）当点坐标为时，求直线的方程；
（2）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）先根据斜率公式求直线的斜率，再根据垂直关系可得直线的斜率，最后根据点斜式求直线方程，（2）四边形面积，根据垂径定理求出（用直线斜率表示），再利用换元转化为二次函数，结合二次函数求最值，最后讨论斜率不存在时情况，并比较大小.
试题解析：解：（1）当点坐标为时，直线的斜率为，
因为与垂直，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即．
（2）当直线与轴垂直时，，
所以四边形面积．
当直线与轴不垂直时，设直线方程为，即，
则直线方程为，即
点到直线的距离为，
所以，
点到直线的距离为，所以，
则四边形面积 ，
令（当时四边形不存在），
所以 ，
故四边形面积的最大值为．