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1、山西省长治市第二中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题 文（含解析）第卷（选择题 60分）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，选出符合题目要求的一项）1.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周 ，所得的几何体包括（ ）A. 一个圆柱、两个圆锥B. 两个圆台、一个圆柱C. 两个圆柱、一个圆台D. 一个圆台、两个圆锥【答案】A【解析】【分析】先将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，根据旋转体的定义，可直接得出结果.【详解】将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，如图所示：矩形绕其一边旋转一周得到圆柱，直角三角形绕其一条直角边旋转一周
2、得到圆锥；因此，将该等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，可得几何体为：一个圆柱、两个圆锥.故选：A【点睛】本题主要考查旋转几何体的定义，熟记定义即可，属于常考题型.2.若直线过点，则此直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据斜率的两点式求出斜率，即可求出结果.【详解】因为直线过点，所以直线的斜率为，设倾斜角为，则，解得.故选：A【点睛】本题主要考查已知直线上两点求直线的倾斜角，熟记直线斜率公式与定义即可，属于常考题型.3.已知点(a,2) (a0)到直线l: x-y+3=0的距离为1, 则a的值为( )A. B. 2-C. -1D. +1【答案】C【解
3、析】【详解】试题分析：由点到直线l的距离公式得：，解得:,又，故，选C考点：点到直线的距离4.已知表示两条不同直线，表示平面，下列说法中正确的是（ ）A. 若，则B. 若C. 若，则D. 若，【答案】A【解析】【详解】试题分析：A若，则，故A正确；B若，则m，n相交或平行或异面，故B错；C若m，mn，则n或n，故C错；D若m，mn，则n或n或n，故D错故选A考点：空间中直线与直线之间的位置关系5.直线恒过定点，则的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由得到，解方程组，即可求出定点坐标.【详解】因为可化为，由，解得，所以直线恒过定点.故选：A【点睛】本题主要考查直线所
4、过定点坐标问题，根据解方程组法求解即可，属于常考题型.6.已知直线与平行，则与的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由两直线平行，求出，得到，再由两平行线间的距离公式，即可求出结果.【详解】因为直线与平行，所以，解得，所以，即，因此与的距离为.故选：D【点睛】本题主要考查两平行线间的距离，熟记距离公式，以及直线平行的判定条件即可，属于常考题型.7.圆上的点到直线的最大距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由点到直线距离公式，求出圆心到直线距离，再由直线与圆位置关系，得到圆上的点到直线距离的最大值等于：圆心到直线距离加上半径；进而可求出结果.
5、【详解】因为圆的圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为；所以圆上的点到直线的最大距离为.故选：A【点睛】本题主要考查圆上的点到直线的距离问题，熟记点到直线距离公式，以及直线与圆位置关系即可，属于常考题型.8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.9.若直线经过点，且在轴上截距的取值范围是，则其斜率的取
6、值范围是（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】C【解析】因为直线 过点 ，在x轴上的截距取值范围是 ，所以直线端点的斜率分别为： ，如图：所以或故选C10.若圆与圆恰有三条公切线，则（ ）A. 21B. 19C. 9D. 【答案】C【解析】【分析】根据两圆有三条公切线，得到两圆外切，从而可求出结果.【详解】因为圆，圆心为，半径为；圆可化为，圆心为，半径，又圆与圆恰有三条公切线，所以两圆外切，因此，即，解得.故选：C【点睛】本题主要考查两圆外切求参数的问题，熟记圆与圆位置关系即可，属于常考题型.11.九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若
7、阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A. 4B. 8C. 12D. 16【答案】D【解析】【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案【详解】根据正六边形的性质，则D1A1ABB1，D1A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有24=8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4=16故选：D【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题12.已知圆圆心在轴的正半轴上，点在圆上，且圆被直线截得的弦长为，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B
8、【解析】【分析】先由题意，设圆心坐标为，（），得到圆的半径为，求出圆心到直线的距离为，根据圆被直线截得的弦长为，得到，求出，得到，即可得出圆的方程.【详解】由题意，设圆心坐标为，（），因为在圆上，所以圆的半径为，又圆心到直线的距离为，因为圆被直线截得的弦长为，所以，解得，所以，因此，所求圆的方程为.故选：B【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记圆的标准方程，以及圆的弦长公式即可，属于常考题型.第卷（非选择题 90分）二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答卷的相应位置13.直线与的交点坐标为_.【答案】【解析】【分析】联立直线方程，解方程组，即可求出结果.【详解】由解得，所
9、以交点坐标为故答案为：【点睛】本题主要考查两直线交点坐标，只需联立直线方程，求解即可，属于常考题型.14.若点在直线上，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题意，可得表示直线上的点到原点的距离的平方，根据点到直线距离公式，即可求出最小值.【详解】因为表示点到原点距离的平方，又点在直线上，所以当点与原点连线垂直于直线时，距离最小，即最小；因为原点到直线的距离为，所以.即有最小值.故答案为：【点睛】本题主要考查直线上的点与原点距离最值的问题，熟记点到直线距离公式即可，属于常考题型.15.已知直线与直线的交点位于第四象限，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】联立直线方程，求出交点坐标
10、，根据交点位置，列出不等式，求解，即可得出结果.【详解】因为直线与直线有交点，所以，由得，即交点坐标为，又交点位于第四象限，所以有，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查由直线交点位置求参数的问题，求两直线的交点坐标，只需联立直线方程求解即可，属于常考题型.16.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，该棱柱的体积为，若棱柱各顶点均在同一球面上，则此球的表面积为_.【答案】9【解析】【分析】先由余弦定理求出，得到，分别取，的中点为，连接，则平面，为底面的外接圆圆心，所以棱柱的外接球球心为的中点，记作，连接，由棱柱体积求出棱柱的高，再由勾股定理求出，即可得出表面积.【详解】因，由余弦定理可得：，所以，因此，所
11、以，分别取，的中点为，连接，则平面，且为底面的外接圆圆心，所以棱柱的外接球球心为的中点，记作，连接，因为该棱柱的体积为，所以，解得，因此棱柱外接球半径为.故此球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，熟记几何体结构特征，以及球的体积公式即可，属于常考题型.三.解答题:本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.如图，在正方体中，分别为的中点（1）求证：平面平面;（2）求异面直线与所成角的正弦值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由题意得到，所以即为异面直线与所成的角，设正方体棱
12、长为2，求出，先由余弦定理求出，从而可求出正弦值.【详解】（1）证明：因为在正方体中，分别为的中点，所以，又平面，平面，平面，平面，平面；平面；因为平面，平面，且，平面平面 ；（2）因为分别为的中点，所以在正方体中有 ，即为异面直线与所成的角， 设正方体棱长为2，则，所以.即异面直线与所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明面面平行，以及求异面直线所成的角，熟记面面平行的判定定理，以及异面直线所成角的几何求法即可，属于常考题型.18.如图，直角三角形ABC的顶点坐标A(2,0)，直角顶点B(0，2)，顶点C在x轴上(1)求BC边所在直线方程；(2)M为直角三角形ABC外接圆的圆心，求圆M的方
13、程【答案】（1）（2）(x1)2y29【解析】【分析】(1)由题BCAC,求得BC边斜率，则由点斜式方程可求；(2) 由（1）求得C坐标,再求圆心M,求得r=AM，则方程可求【详解】(1)kAB，ABBC，kCB，BC的直线方程：yx2(2)在(1)中，令y0，得C(4,0)，圆心M(1,0)，又AM3，外接圆的方程为(x1)2y29.【点睛】本题考查直线的方程，圆的方程，熟记直线位置关系，与直角三角形性质是解题关键，是中档题19.已知过点且斜率为的直线与圆.（1）若直线与圆交于两点，求的取值范围；（2）若直线与圆相切，求直线的一般式方程【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先由题意得
14、到直线的方程为，由直线与圆相交，得到圆心到直线的距离小于圆半径，列出不等式，求解，即可得出结果；（2）由直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于圆半径，列出方程求解，即可得出结果.【详解】（1）由题意，直线的方程为，即；若直线l与圆交于两点，则圆心到直线的距离小于圆半径，即，解得；（2）因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆半径，即，解得，直线的方程为.【点睛】本题主要考查由直线与圆位置关系求参数的问题，熟记直线与圆位置关系的判定条件即可，属于常考题型.20.如图，梯形与所在的平面垂直，.（1）若为中点，求证：;（2）求多面体的体积【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据
15、线面垂直的判定定理，先证明平面，得到平面，从而可证明结论成立；（2）过点，作交于点，作交于点，得到平面平面，根据题中条件，结合棱柱与棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）梯形与所在的平面垂直，平面平面，且，所以平面，又，所以平面，因为中点，所以平面，；（2）过点，作交于点，作交于点，则平面平面，所以因为，所以，又，由（1）知平面，所以；由平面，平面平面，可得：平面，因为，所以，则所以.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求多面体的体积，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，以及棱锥、棱柱的体积公式即可，属于常考题型.21.如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，（1）证明：平面；（2
16、）若的面积为，求点到平面的距离【答案】（1）证明过程见详解；（2）.【解析】【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理证明即可（2）取中点为，中点为，连接，先由题意证明底面，再推出平面，得到，设，根据题意，求出，再由，结合棱锥体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为四棱锥中，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）取中点为，中点为，连接，因为四棱锥中，侧面为等边三角形,所以，又侧面垂直于底面，所以底面，所以，又，所以平面；所以；因为，设，则，所以，所以，又，所以，所以，所以，由的面积为，可得，解得，所以，设点到平面的距离为由可得：，即，解得；即点到平面的距离为【点睛】本题主要考查线面平行的证明
17、，以及空间中点到平面的距离，熟记线面平行的判定定理，以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.22.已知圆心在原点的圆与直线相切（1）求圆的方程；（2）设动直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在定点满足要求.【解析】【分析】（1）先设圆的半径为，圆心到直线的距离为，由题意得到，从而可求出圆的方程；（2）先设，联立直线与圆的方程，根据韦达定理得到，再由直线与直线关于轴对称，得到，即，化简整理，即可求出结果.【详解】（1）设圆的半径为，圆心到直线的距离为，因为圆心在原点的圆与直线相切，即，所以圆的方程为.（2）由题意，设由若直线与直线关于轴对称，则，即，所以在轴正半轴上存在定点，使得直线与直线关于轴对称【点睛】本题主要考查由直线与圆相切求圆的方程，以及存在满足条件的定点问题，熟记直线与圆位置关系，联立直线与圆的方程，结合韦达定理等求解即可，属于常考题型.