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1、山西省汾阳中学2018-2019学年高二数学上学期期中试题 理一、单选题（每题5分）1直线的倾斜角是（ ）A B C D 2已知m,n是不同的直线,是不同的平面,有下列命题:若,则;若,则;若,则且.上述说法正确的个数是A.0B.1C.2D.33经过点M（2，2）且在两坐标轴上截距相等的直线是（ ）A x+y=4 B x+y=2或x=y C x=2或y=2 D x+y=4或x=y4圆心在轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（ ）A B C D 5已知直线经过两点，则直线的斜率的取值范围是（ ）A B C D 6一圆锥底面半径为2，母线长为6，有一球在该圆锥内部且与它的侧面和底面都相切，
2、则这个球的半径为（ ）A B C D7一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）A B C D8如图在一个的二面角的棱上有两个点，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，且，则的长为( )A B C D 9直线l与两直线y=1和x-y-7=0分别交于A,B两点,若线段AB的中点为M(1,-1),则直线l的斜率为A.B.C.-D.-10直线y=x+b与曲线x=有且仅有一个公共点,则b的取值范围是A.|b|=B.-1b1或b=-C.-1b1D.以上结论均不对11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S
3、AE平面ABCE,给出下列三个说法:存在点E使得直线SA平面SBC;平面SBC内存在直线与SA平行;平面ABCE内存在直线与平面SAE平行.其中正确说法的个数是A.0B.1C.2D.312如果圆上总存在两个点到原点的距离为，则实数a的取值范围是（ ）A B C D二、填空题（每空5分）13圆与圆的位置关系是 .14若直线： 被圆C： 截得的弦最短，则k= .15正四棱锥的侧棱长与底面边长都是2，则侧棱与底面所成角的大小为 .16为正三角形，是所在平面外一点，且，则二面角的大小_； 三、解答题（17题10分，其他各12分）17已知圆同时满足下列三个条件：与轴相切；半径为；圆心在直线上.求圆的方程
4、.18如图,已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证:MN平面PAD;(2)在PB上确定一个点Q,使平面MNQ平面PAD.19如图，在四棱锥-中，底面是边长为的正方形，、分别为、的中点，侧面底面，且。（）求证：平面；（）求证：平面平面；（）求三棱锥-的体积。20在平面直角坐标系xoy中，曲线与坐标轴的交点都在圆c上（1）求圆c的方程；（2）若圆c与直线x-y+a=0交于A，B两点，且，求a的值21如图，在三棱锥中，PAB和CAB都是以AB为斜边的等腰直角三角形，若，D是PC的中点（1）证明：；（2）求AD与平面ABC所成角的正弦值22已知圆，直线.（
5、1）求证：对，直线与圆总有两个不同交点；（2）若圆与直线相交于两点，求弦的中点的轨迹方程。参考答案1D【解析】由直线方程可得直线斜率，设直线的倾斜角为，则，又，所以故选2 A【解析】略3D【解析】【分析】直线经过原点时满足条件，可得方程y=x；直线不经过原点时满足条件，可设方程x+y=a，把点M（2，2）代入可得a【详解】直线不经过原点时满足条件，可设方程x+y=a，把点M（2，2）代入可得：2+2=a，即a=4方程为x+y=4综上可得直线方程为：x=y或x+y=4故选：D【点睛】本题考查了直线的方程、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4A【解析】圆心在轴上，排除项，且过点，排
6、除， 项，仅剩项符合题意，故选5D【解析】直线经过两点，则直线的斜率为： .故选D.6A【解析】试题分析：设，根据,所以，解得：，故选D.7. A【解析】试题分析：由三视图复原几何体，几何体是底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥；把它扩展为长方体，两者有相同的外接球，它的对角线的长为球的直径，即，所以该三棱锥的外接球的表面积为：考点：三视图与几何体的外接球8 A【解析】= + + ，=+ +2+2+2,，=0, =0，=|cos120=12=1.=1+1+421=4，|=2，故选：A.9.D【解析】设A(x1,1),B(x2,y2).由题意得=-1,y2=-3.将y2=-3代入x
7、-y-7=0,得x2=4,B(4,-3).直线l的斜率k=-.【备注】无10 .B【解析】作出曲线x=和直线y=x+b,利用图形直观考查它们的关系,寻找解决问题的办法.将x=化为x2+y2=1(x0).当直线y=x+b与曲线x2+y2=1(x0)相切时,满足=1,解得|b|=,b=.观察图2-3,可得当b=-或-1b1时,直线y=x+b与曲线x=有且仅有一个公共点【备注】“数形互补,取长补短”.根据题设条件和探求目标进行联想,构造出一个适当的数学关系或图形,将原来难于解决的问题转化成易于解决的问题.11B【解析】由题意得SASE,若存在点E使得直线SA平面SBC,则SASB,SASC,则SC,
8、SB,SE三线共面,则E与点C重合,与题设矛盾,故错误;因为SA与平面SBC相交,所以在平面SBC内不存在直线与SA平行,故错误;显然在平面ABCE内存在直线与AE平行,由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行,故正确.选B.12 D【解析】试题分析: 由于圆心到坐标原点的距离为，圆的半径；设圆上的点到坐标原点的距离为，因为上总存在两个点到原点的距离为，或，即，解得：或，故选D13相交【解析】试题分析：圆可化为，所以圆心，半径；圆可化为，所以圆心，半径。因为，所以两圆相交.考点：圆的一般方程和标准方程；圆与圆的位置关系.14【解析】试题分析：由题意圆C： 得圆心为直线： 过
9、定点，且点在圆内，当连线与直线： 垂直时，直线： 被圆C截得的弦最短，即考点：直线与圆的位置关系15.【解析】试题分析：设侧棱与底面所成的角为,则.考点：正四棱锥的性质，斜线与平面所成的角.点评：根据正四棱锥的定义，顶点在底面的射影是底面正方形的中心，因而线面角就很容易找到.16【解析】取AB的中点M，连接CM，PM，由题意知三棱锥P-ABC为正三棱锥，设P在底面的射影为O，则就是二面角的平面角，【点睛】本题给出直线经过定点，求满足特殊条件的直线方程，着重考查了直线的基本量与基本形式、基本不等式求最值等知识，其中设出直线方程转化为是解题的关键设CM =3，则OM=1，PM=2，所以.17或.【
10、解析】试题分析：由于圆心在直线上，故可设圆心坐标为.根据题意有，解得，故圆心坐标为或，所以所求圆的方程为或.试题解析：圆同时满足下列三个条件：与轴相切；半径为；圆心在直线上，可设圆的圆心为，则，故要求的圆的方程为或.点睛：本题主要考查利用待定系数法求圆的方程.由于半径是题目所给的已知条件，所以只要确定圆心的坐标就可以得到圆的方程.根据题目的条件，圆和轴相切，这样的话圆心的横坐标的绝对值就等于圆的半径.结合半径等于就能求出圆心的坐标.要注意由于是含有绝对值的运算，结果有两种情况.18.(1)如图,取PD的中点H, 连接AH、NH.由N是PC的中点,H是PD的中点,知NHDC,NH=DC.由M是A
11、B的中点,知AMDC,AM=DC.NHAM,NH=AM,所以AMNH为平行四边形.MNAH.由MN平面PAD,AH平面PAD,知MN平面PAD.(2)若平面MNQ平面PAD,则应有MQPA,M是AB中点,Q是PB的中点.即当Q为PB的中点时,平面MNQ平面PAD.【解析】证明线面平行的方法有:(1)定义(常用反证法);(2)利用判定定理;(3)利用面面平行的性质定理.19解：（）证明：连结，则是的中点，为的中点故在中， .2分且平面，平面，平面 .4分（）证明：因为平面平面，平面平面，又，所以，平面， .6分又，所以是等腰直角三角形，且，即 .7分又，平面， .8分又平面，所以平面平面 .9分
12、（）取的中点，连结，又平面平面，平面平面，平面， .11分20（1）（2）【解析】【分析】（1）设圆心为，求出曲线与坐标轴的交点坐标，可求半径及圆心，即可得到圆的方程；（2）利用设而不求思想设出圆C与直线x-y+a=0的交点A，B坐标，通过OAOB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻找关于a的方程，通过解方程确定出a的值【详解】（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为 故可设的圆心为，则有，解得则圆的半径为，所以圆的方程为 （2）设，其坐标满足方程组消去，得方程由已知可得，判别式，且， 由于，可得又， 所以 由得，满足，故【点睛】本题考查圆的方程的求解，考查学生的待定系数法，考查学生的方程思想，直线
13、与圆的相交问题的解决方法和设而不求的思想，考查垂直问题的解决思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型21（1）取AB中点E，连接PE,EC,由于为等腰直角三角形，则, 则平面，所以 （2）【解析】试题分析：（1）首先作出辅助线，即取AB中点E，连接PE,EC,然后根据为等腰直角三角形可知, 由直线与平面垂直的判定定理知平面，进而可得出所证的结果；（2）首先作出辅助线取CE中点O,再取OC中点F，连接PO,DF,AF，根据几何体可计算出的长度，进而判断出于是可得即为所求角，再根据直线与平面的位置关系分别求出：，进而求出所求角的正弦值即可试题解析：（1）取AB中点E，连接
14、PE,EC,由于为等腰直角三角形，则, 则平面，所以（2）取CE中点O,再取OC中点F，连接PO,DF,AF，由于为等腰直角三角形，又，又，为正三角形，则平面ABC， 所以为所求角于是可得：，又在中可求 考点：1、直线与平面垂直的判定定理；2、直线与平面所成的角的求法；22（1）见解析；（2）x2（y）2【解析】试题分析：试题解析：（1）解法一：直线mxy10恒过定点（0,1），且点（0,1）在圆C：x2（y2）25的内部，所以直线l与圆C总有两个不同交点解法二：联立方程，消去y并整理，得.因为，所以直线l与圆C总有两个不同交点解法三：圆心C（0,2）到直线的距离d1，所以直线l与圆C总有两个不同交点（2）设，联立直线与圆的方程得，由根与系数的关系，得x，由点M（x，y）在直线mxy10上，当x0时，得m，代入x，得x（）21，化简得，即x2（y）2.当x0，y1时，满足上式，故M的轨迹方程为x2（y）2.考点：1.直线与圆的位置关系；2.点到直线的距离公式.- 16 -