1、山西省朔州市怀仁市第一中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）一、选择题1.直线的倾斜角为A. B. C. D. 【答案】D【解析】设直线的倾斜角为,由题意直线的斜率为,即tan=,所以=故选D.2.已知直线与直线平行，则的值为（ ）A. B. 6C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得到关于a的方程，解方程确定实数a的值即可.【详解】由题意可得：，据此可得.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查直线平行的充分必要条件，由直线平行求参数的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.以点P(2，3)为圆心，并且与y轴相切的圆的方程是()A. B. C. D.
2、【答案】C【解析】【分析】因为与y轴相切，所以可知圆的半径，根据圆心坐标，可得圆的标准方程。【详解】圆心为(2，3)并且与y轴相切所以半径 所以圆的方程为(x2)2(y3)24所以选C【点睛】本题考查了根据圆心坐标和半径写出圆的方程，属于基础题。4.若直线不平行于平面，且，则A. 内的所有直线与异面B. 内不存在与平行的直线C. 内存在唯一的直线与平行D. 内的直线与都相交【答案】B【解析】试题分析：根据线面关系的定义，我们根据已知中直线l不平行于平面，且l，判断出直线l与的关系，利用直线与平面相交的定义，我们逐一分析四个答案，即可得到结论解：直线l不平行于平面，且l，则l与相交l与内的直线可
3、能相交，也可能异面，但不可能平行故A，C，D错误故选B考点：平面的基本性质及推论5.两圆和的位置关系是（ ）A. 内切B. 外离C. 外切D. 相交【答案】D【解析】【分析】根据两圆方程求解出圆心和半径，从而得到圆心距；根据得到两圆相交.【详解】由题意可得两圆方程为：和则两圆圆心分别：和；半径分别为：和则圆心距：则 两圆相交本题正确选项：【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，关键是判断出圆心距和两圆半径之间的关系，属于基础题.6.若圆与圆关于直线l对称，则直线l的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据已知的两圆的方程，求出其圆心坐标，由于两圆关于直线对称，则可得直线
4、为由两圆的圆心所构成的线段的垂直平分线，求得两圆圆心的中点，并确定出两圆心所在的直线的斜率，即可得到直线的斜率，再利用点斜式写出直线的方程.【详解】两圆的圆心坐标为和，所以的中点为，的斜率为，直线为线段的垂直平分线，则直线的斜率为，且过点.所以直线的方程是，即 故选.【点睛】本题考查两圆关于某直线对称的问题，这条直线是两圆的圆心所构成的线段的垂直平分线，属于基础题.7.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是A. 17B. 18C. 20D. 28【答案】A【解析】试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示：是一个球被切掉左上
5、角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键.8.用半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由扇形的弧长，求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求得圆锥的高，进而求得其体积，得到答案.【详解】设圆锥的底面圆的半径为，高为，则，所以，且，所以圆锥的体积为
6、.故选：A.【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，以及圆锥的体积的计算，其中解答中根据圆锥的侧面展开图，求得圆的底面圆的半径和圆锥的高是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.9.如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中；（1）BM与ED平行；（2）CN与BE是异面直线；（3）CN与BM所成角为60；（4）CN与AF垂直. 以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）A. （1）（2）（3）B. （2）（4）C. （3）（4）D. （3）【答案】C【解析】【分析】将正方体的展开图复原为正方体，结合图形，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意，把正方体的展开图复原为正方体，如图所示，
7、结合图形，可得：（1）中，与是异面直线，所以与不是平行线，所以不正确；（2）中，与是平行直线，所以与不是异面直线，所以不正确；（3）中，在正方体中，连接，则，所以与所成的角，即为相交直线与所成的角，在等边三角形中，即异面直线与所成的角为，所以是正确的；（4）中，连接，在正方体中，又由，所以与垂直，所以是正确的.故选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线的判定，以及异面直线所成的角的求解，其中解答中熟记正方体的结构特征，以及异面直线的概念及所成的角的求法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.直线yxb与曲线x有且只有一个公共点，则b的取值范围是()A. |b|B. 1b1或bC
8、. 1b1D. 1b1或b【答案】D【解析】【分析】对曲线两边平方，结合范围，得到曲线是右半个圆，画出曲线的图象，再画出斜率为1的直线，平移直线，找到只有一个公共点的b的取值范围.【详解】解：x两边平方可得，所以曲线为圆的右半部分.画出曲线的图像和y=x的图像，对y=x进行平移，由数形结合可知：当时，直线与圆有且只有一个公共点；当直线与半圆相切时有且只有一个公共点，此时圆心到直线的距离 解得：b=，检验b=时无交点，所以b=；综上：1b1或b.故答案选D【点睛】本题考查直线与半圆的位置关系，考查数形结合的思想，易错点是丢掉相切的情况.11.过正方体的顶点A作直线，使与棱AB，AD，所成的角都相
9、等，这样的直线l可以作( )A. 1条B. 4条C. 8条D. 12条【答案】B【解析】【分析】直接由正方体的四条体对角线、满足与三条棱所成的角相等得到结论.【详解】由题意知：正方体的四条体对角线、满足与三条棱所成的角相等，其中通过点一条体对角线为，再将其余三条线平移到过点即可，所以这样的直线l可以作4条直线，故答案为：B.【点睛】本题主要考查了满足条件的直线条数的求法，考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，着重考查了空间想象能力，属于中档题.12.若圆C：x2+y24x4y100上至少有三个不同的点到直线l：xy+m0的距离为，则m的取值范围是（）A. B. C. 2，2D.
10、（2，2）【答案】C【解析】【分析】根据题意可得圆心到直线距离不大于，再根据点到直线距离公式列不等式解得结果.【详解】因为圆，所以，因为圆上至少有三个不同点到直线的距离为，所以圆心到直线距离不大于，即，选C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系。判断出圆心到直线的距离满足的条件，列出不等式是解题的关键.二、填空题13.两直线与平行，则它们之间的距离为_.【答案】【解析】【详解】因为直线与平行，得，所以，即，化为由平行直线距离公式.14.在底面是正方形的长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为 .【答案】【解析】试题分析：连接,且,为平行四边形,.或其补角即为直线与所成的角.令,则,.在中,.所以异
11、面直线与所成角的余弦值为.考点：1异面直线所成的角;2余弦定理.15.已知圆C过点（1,0），且圆心在x轴的正半轴上，直线：被该圆所截得的弦长为，则圆C的标准方程为 .【答案】【解析】【详解】设圆心为，则圆心到直线的距离为，因为圆截直线所得的弦长，根据半弦、半径、弦心距之间的关系有，即，所以或（舍去），半径r=3-1=2所以圆C 的标准方程为16.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，若该多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由三视图知该几何体是一个三棱锥，经三棱锥放在对应的正方体中，把三棱锥的外接球整合为对应的三棱柱的外接球
12、，结合图象和正弦、余弦定理求出外接球的半径，代入球的表面积公式，求得即可.【详解】由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥，将该三棱锥是放置在棱长为4正方体中，是棱的中点，所以三棱锥和三棱柱的外接球相同，设外接球的球心为，半径为，外接圆的圆心是，则，在中，由余弦定理得,所以,由正弦定理可得，则，所以,所以外接球的表面积为.故答案为：. 【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图，以及正弦定理和余弦定理的综合应用，其中解答中由几何体的三视图换原出几何体，确定外接圆的圆心位置是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.三、解答题17.已知直线l过直线xy1=0与直线2x+y5
13、=0交点P（1）若l与直线x+3y1=0垂直，求l的方程；（2）点A（1，3）和点B（3，1）到直线l的距离相等，求直线l的方程【答案】（1）3xy5=0； （2）x+2y4=0或x+y3=0.【解析】【分析】（1）联立方程组，求得交点的坐标P，根据与直线垂直，求解所求直线的斜率，利用点斜式方程，即可求解；（2）由（1）知直线l过P（2，1），分类讨论，利用点到直线的距离公式，列出方程即可求解求解，即可求解直线的方程【详解】（1）由 ，解得P（2，1），由于l与x+3y1=0垂直，则l的斜率为3，代入直线的点斜式方程得：y1=3（x2），即3xy5=0；（2）由（1）知直线l过P（2，1），若
14、直线l的斜率不存在，即x=2，此时，A，B的直线l的距离不相等，故直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y=k（x2）+1，即kxy2k+1=0，由题意得，解得：k=1或k=，故所求直线方程是：x+2y4=0或x+y3=0【点睛】本题主要考查了直线的点斜式方程的应用，以及两直线的位置关系的应用，其中解答中熟记直线的点斜式方程，合理利用点到直线的距离，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题18.已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）点为圆上任意一点，求的最值.【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为0【解析】【分析】（1）由，求出的垂直平分线方程，与直线联
15、立求出圆心坐标，可得圆的半径，从而可得圆的方程；（2）可以看成是点与连线的斜率 ，直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径求出直线与圆相切时的的值，从而可得结果.【详解】（1）由，得中点为，所以的垂直平分线为 联立，得，则， 圆的半径为， 所以圆的方程为 （2）可以看成是点与连线的斜率 直线的方程为，即 当直线为圆的切线时，有，解得 所以的最大值为，最小值为0【点睛】本题主要考查圆的方程和性质、以及直线与圆的位置关系，属于中档题. 求圆的方程常见思路与方法有:直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程
16、或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.19.如图，正方体ABCDABCD的棱长为a，连接AC，AD，AB，BD，BC，CD，得到一个三棱锥.求：(1)三棱锥ABCD的表面积与正方体表面积的比值；(2)三棱锥ABCD的体积.【答案】（1） ；（2） 【解析】试题分析：（1）三棱锥ABCD为正四面体，表面积为四个正三角形面积，边长为正方体棱长倍，根据三角形面积公式以及正方形面积公式求比值（2）三棱锥ABCD的体积等于正方体体积减去4个小三棱锥体积.试题解析：(1)ABCDABCD是正方体，六个面都是正方形，ACABADBCBDCDa，S三棱锥4(a)22a2，S正方体6a2，.(2)显然，三棱
17、锥AABD、CBCD、DADC、BABC是完全一样的，V三棱锥ABCDV正方体4V三棱锥AABDa34a2aa3.点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法.20.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形.(1)求证：AB平面EFGH(2)若AB4，CD6，求四边形EFGH周长的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2) (8，12).【解析】【分析】（1）根据几何体结构特征，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）由平面，设，根据四边形为平行四边形，求得，得到
18、四边形周长的表达式，即可求解.【详解】(1)由题意，四边形EFGH为平行四边形，EFHG，HG平面ABD，EF平面ABD，EF平面ABD，又EF平面ABC，平面ABD平面ABCAB，EFAB，又AB平面EFGH，EF平面EFGH，AB平面EFGH.同理可证，平面EFGH.(2)设，四边形为平行四边形，则，四边形EFGH的周长，又，即四边形周长的取值范围是(8，12).【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及截面的性质的应用，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，以及几何体的截面性质是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.21.已知圆与直线.（1）若直线与圆没有公共点，求
19、的取值范围；（2）若直线与圆相交于两点，为原点，是否存在实数，满足，若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准方程，求得圆心，半径，得到，再结合直线与圆的位置关系，即可求解.（2）直线与圆方程联立消去，求得，结合，即可求解.【详解】（1）将圆方程化为标准方程得：，圆心，半径，即，圆心到直线的距离，直线与圆没有公共点，即，则的范围为.（2）由题意，假设存在实数使得，将直线与圆方程联立 ，立消去得到：，设，则，解得.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定方法，以及熟练应用圆的性质
20、是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.22.如图，圆（1）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；（2）已知，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）过点M任作一条直线与圆相交于两点A，B问：是否存在实数a，使得？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）联立直线与圆的方程，利用判别式为0得出值，即得圆的方程；（2）先求出，联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系进行求解.解题思路: 直线圆的位置关系，主要涉及直线与圆相切、相交、相离，在解决直线圆的位置关系时，要注意结合初中平面几何中的直线与圆的知识.试题解析：（）因为得，由题意得，所以故所求圆C的方程为（）令，得，即所以假设存在实数，当直线AB与轴不垂直时，设直线AB的方程为，代入得，设从而因为而因为，所以，即，得当直线AB与轴垂直时，也成立故存在，使得.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.
