安徽省江淮名校学年高二上学期期中考试试题数学(理)含解析_高二数学期中考试试题

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江淮名校高二年级（上）期中联考

数学（理科）试卷

一、选择题（共12小题,每小题5分,共60分）1.如果直线A.B.【答案】B 【解析】因为直线

与直线

垂直，所以，故选B.与直线 C.D.垂直，则等于（）

2.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）

A.【答案】D B.C.D.【解析】试题分析：由已知中三视图的上部分有两个矩形，一个三角形，故该几何体上部分是一个三棱柱，下部分是三个矩形，故该几何体下部分是一个四棱柱． 考点：三视图． 3.直线A.C.【答案】B 【解析】直线过定点，化为，时，总有，即直线直线恒过定点，则以为圆心，为半径的圆的方程为（）B.D.，圆心坐标为，故选B.，又因为圆的半径是，所以圆的标准方程是4.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为则这个平面图形的面积是（）A.B.【答案】A C.D.，腰长为的等腰直角三角形，【解析】

根据斜二测的画法，直观图等腰直角三角形，还原为一条直角边长为、另一条直角边，故选A.为的直角三角形，由三角形面积公式可得这个平面图形的面积是5.与两直线A.【答案】A 【解析】直线线平行，可设直线方程为直线方程为，故选A.平行于直线 B.和的距离相等的直线是（）C.D.以上都不对

到两平行直线距离相等的直线与两直，利用两平行线距离相等，即，解得6.已知，表示两条不同的直线，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①，②③④，，，，则，；，则，则，则

； ；

其中正确命题的序号为（）

A.①② B.②③ C.③④ D.②④ 【答案】C 【解析】①②则，③正确；④，，则

可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，可知与

共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，故④正确，故选C.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.7.已知两点值范围是（）A.【答案】B B.，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取

或 C.D.【解析】

如图所示，直线时，即的斜率为；当斜率为负时，；直线，即的斜率为，当斜率为正

或，直线的斜率的取值范围是，故选B.8.如图所示，在四棱锥动点，若要使得平面A.【答案】B B.中，平面

底面，且底面

为菱形，是

上的一个，则应补充的一个条件可以是（）

D.是棱的中点

C.【解析】

因为四边形是菱形，平面，又，即有

平面，故要使平面，平面，又，只需

或.9.不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有（）个 A.个 B.个 C.个 D.个 【答案】D 【解析】

空间中不共面的四个定点构成三棱锥，如图：三棱锥,①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，即对此三棱锥进行换底，则三棱锥有四种表示形式，此时满足条件的平面个数是四个；②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，即构成的直线是三棱锥的相对棱，因三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面个数是三个，所以满足条件的平面共有个，故选D.10.光线沿着直线（）A.，B.，C.，D.，射到直线

上，经反射后沿着直线

射出，则由【答案】A...............11.正方体中错误的是（）的棱长为，线段

上有两个动点、，且，则下列结论

A.C.B.异面直线平面，所成角为定值的体积为定值 D.三棱锥【答案】B 【解析】

在正方体中，面平面

平面平面，又

平面

平面平面，故正确；为棱锥，故正确；平的的；面积为定值，的高，三棱锥重合时体积为定值，故正确；利用图形设异面直线所成的角为，当与当与重合时12.如图所示，正四棱锥成的角为（）

异面直线

所成角不是定值，错误，故选D.的中点，则

与

所的底面面积为，体积为，为侧棱

A.B.C.D.【答案】C 【解析】 连接是为，交于点，连接中点，与

正四棱锥所成的角为，的底面正四棱锥

是正方形，是中点，的底面积为，体积在中，，故选C.【方法点晴】本题主要考查正四棱锥的性质与体积公式、异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.二、填空题（共4小题，每题5分，满分20分）13.若直线经过原点和【答案】

【解析】原点的坐标为又点在第二象限，和

原点与点的斜率，即

为倾斜角），则直线的倾斜角大小为__________．，故答案为.的交点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为14.直线过__________． 【答案】或

【方法点睛】本题主要考查待定系数法求直线方程以及直线截距式方程，属于中档题.待定系数法求直线方程的一般步骤是：（1）判断，根据题设条件判断出用那种形式的直线方程参数较少；（2）设方程，设出所选定的标准形式的直线方程；（3）求参数，根据条件列方程求出参数；（4）将参数代入求解；（5）考虑特殊位置的直线方程，因为除一般式外，其他四种标准方程都有局限性.15.已知圆取值范围为__________． 【答案】，直线：，当圆上仅有个点到直线的距离为，则的到直线的距离满足，【解析】由圆上仅有个点到直线的距离为可得圆心由于故答案为16.如图，矩形若为线段中，即

.，为边翻折过程中：，解得的中点，将沿直线翻转成.的中点，则

①是定值；②点在某个球面上运动；③存在某个位置，使得

平面；

④存在某个位置，使其中正确的命题是__________． 【答案】①②④

【解析】解：取CD中点F，连接MF,BF，则MF∥DA1,BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正确.由由余弦定理可得，所以

为定值，所以①正确；

B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的球面上，故②正确.假设③正确，即在某个位置，使得DE⊥A1C，又矩形ABCD中，满足，从而DE⊥平面A1EC，则DE⊥A1E，这与DA1⊥A1E矛盾.所以存在某个位置，使得DE⊥A1C不正确，即③不正确.综上，正确的命题是①②④

点睛：有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．

三、解答题（本大题包括6小题，共70分）17.已知圆：.（1）若直线与圆相切且斜率为，求该直线的方程；（2）求与直线【答案】（1）

平行，且被圆截得的线段长为的直线的方程.或

；（2）

或,根据圆心

到切线的距离等于半径，根据点到直线距【解析】试题分析：（1）设切线方程为：列方程可得的值，从而求得直线方程；（2）设所求直线方程为离公式及勾股定理列方程求出的值，从而可得直线的方程.试题解析：（1）设所求的切线方程为：半径，即∴切线方程为，∴或，即.，由题意可知：圆心

或

.到切线的距离等于（2）因为所求直线与已知直线平行，可设所求直线方程为一半为，圆的半径为，可知圆心到所求直线的距离为.∴所求直线方程为18.如图的几何体中，为的中点，为

或平面，平面，即：

.由所截得的线段弦长的，∴

或

为等边三角形，的中点.（1）求证：平面（2）求证：平面平面平面

；.【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】试题分析：（1）由中位线定理可得及线段长度可证明而四边形四边形，从而可得结论；（2）取可得平面，可得

平面，由线面垂直的性质

平面平面，为平行四边形为平行四边形，从而可得出，先证明.，再证明的中点，连接

平面，平面.，从而平面平面的中点，试题解析：（1）∵∴.又∵为∴四边形而为∴平面（2）取∴又为平行四边形.∴的中点，∴，.，又

.的中点，为平面的中点，连接为平行四边形，∴，所以平面，由（1）知，而，所以

且，的中点，所以平面

.，为等边三角形，为平面，从而平面【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明线面平行后，再证明面面平行的.19.如图，在四棱锥.中，平面，，，（1）求证：（2）求直线平面与平面；

所成角的正弦值.平面，得的平行线交平面，由于点，连结，得到，得，则，再由与平面，所成的所成的角，【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由得到角等于平面与平面；（2）过点作所成的角，由与平面

为直线和平面由此能求出直线所成角的正弦值.平面，直线平面

.，则

与平面

所成的角等于

为直线

与平面与平面

平面，所以，又因为，试题解析：（1）证明：因为所以，而，所以（2）过点作所成的角，因为的平行线交平面

于点，连接，故

为

在平面上的射影，所以所成的角，由于故，在与平面，中，可得

.故.由已知得，在中，可得，又，.所以，直线所成的角的正弦值为

【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论行的性质

；（3）利用面面平

；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.20.已知矩形边的对角线交于点，边

所在直线的方程为，点

在所在的直线上.的外接圆的方程；

（），求证：直线与矩形的外接圆恒相（1）求矩形（2）已知直线：交，并求出相交的弦长最短时的直线的方程.【答案】（1）【解析】试题分析：由

；（2）

且点

在边

所在的直线上得直线外接圆圆心为的方程，联立直线，可得外方程得交点的坐标，则题意可知矩形接圆方程；（２）由可知恒过点，经检验，试题解析：（1）∵∴由∴所在直线的方程是得

．，∴矩形，求得，半径，可证与圆相交，求得与圆相交时弦长，进而得，最后可得直线方程．，∴，点．

在边

所在的直线上，时弦长最短，可得

且，即的外接圆的方程是，的交点

．

（2）证明：直线的方程可化为可看作是过直线由设与圆的交点为设与的夹角为，则

和的直线系，即恒过定点，知点在圆内，所以与圆恒相交，（为到的距离），当

时，最大，最短． 此时的斜率为的斜率的负倒数，即，故的方程为，即．

考点：圆的标准方程；直线与圆相交． 21.已知在四棱锥粪分别是线段，中，底面的中点.为矩形，且，平面，（1）证明：（2）在线段说明理由.（3）若与平面；

上是否存在点，使得

平面

？若存在，确定点的位置；若不存在，所成的角为.的一个四等分点（靠近点）时，平面

；（3）【答案】（1）见解析；（2）当为【解析】试题分析：（1）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．（2）证明证线线垂直，只需要证明直线的方向向量垂直；（3）把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;（4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备． 试题解析：解法一：（1）∵空间直角坐标系不妨令即∵． 4分，则，∴

平面，． 2分，，建立如图所示的（2）设平面得：的法向量为

． 6分，由，得，令，．∴设点坐标为即（3）∵又∵得平面，则，得，从而满足，要使∥平面，只需，的点即为所求． 8分，9分，∴，∴，平面

是平面是的法向量，易得

所成的角，10分

与平面的法向量为∴，故所求二面角的余弦值为． 12分，则，∴，∴，又4分 交交

于点，则于点，则

∥平面∥平面，且有且

5分，∴ 平面

∥平面

7分，2分，解法二：（1）证明：连接又又∴（2）过点作再过点作∴∥平面∥，∴．从而满足平面9分，∴

是的点即为所求． 8分 与平面

所成的角，且

．（3）∵∴取的中点，则，平面，则，在平面则∵∴中，过作即为二面角∽，∴，∴，连接的平面角 10分，∵，且

12分

考点：

1、直线与直线垂直的判定；

2、直线与平面垂直的判定；

3、二面角的余弦值． 22.如图（1），在矩形平面

中，为的中点，将

沿

折起，使平面，如图（2）所示.（1）求证：（2）求三棱锥（3）求二面角平面；的体积； 的正弦值.；（3），再由面面垂直的性质定理可得平面，利用，交中求出

平面

；【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由勾股定理可得（2）过作，交

于点，可得

平面

及棱锥的体积的延长线于，连，从而公式可得结果；（3）由（2）可知接，则为二面角，过点作的平面角，在直角三角形可得结果.试题解析：（1）∵又平面∴平面平面.，交

于点，∴

平面

平面的平面角，且.的正弦值为

为，∴

.，过点作，交的延长线于，连接，则，平面，∴平面

（2）过作∴（3）由（2）可知为二面角∵∴即二面角