河北省邢台市2017-2018学年高二上学期期中考试数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、2017-2018学年度第一学期高二期中考试理科数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若直线过圆的圆心，则的值为（ ）A. -1 B. 1 C. 3 D. -3【答案】B【解析】分析：圆x2+y2+2x-4y=0的圆心为（-1，2）代入直线3x+y+a=0，解方程求得a的值解答：圆x2+y2+2x-4y=0的圆心为（-1，2），代入直线3x+y+a=0得：-3+2+a=0，a=1，故选 C。点评：本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法，用待定系数法求参数的取值范围2. 若，若，则（ ）A. ， B

2、. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】由，得x，y.3. 若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可得，解得，选D.【点睛】直线与圆位置关系一般用圆心到直线距离d与半径关系来判断：当dr时，直线与圆相离，当d=r时，直线与圆相切，当dr时，直线与圆相交。4. 圆和圆的位置关系是（ ）A. 相交 B. 相离 C. 外切 D. 内切【答案】A【解析】两圆的方程可化为，两圆心距离由两圆之间位置关系的判定可知两圆相交故本题答案选5. 已知直线，平面，且，给出下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的命题个数为（ ）A. 1 B. 2

3、 C. 3 D. 4【答案】B【解析】试题分析：对，若，又，所以.又，正确；对，、可以平行，也可以相交，故错；对，若，则、有可能平行，也有可能异面，也有可能相交，故错；对，若，因为，所以.又，所以正确.考点：空间直线与平面的位置关系.6. 正方体中，二面角的大小为（ ）A. 30 B. 45 C. 60 D. 135【答案】B【解析】正方体中,平面，就是所求二面角的平面角。显然ABA=45.故选：B.7. 已知，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】已知，,.当时，有最小值.故选A.8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C

4、【解析】由三视图可知该几何体为一个圆柱左边放了半个圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径为1，高为1.其体积为：.故选C.9. 过点的直线与圆相切，且与直线垂直，则（ ）A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A【解析】因为点P(2,2)满足圆的方程，所以P在圆上，又过点P(2,2)的直线与圆相切，且与直线axy+1=0垂直，所以切点与圆心连线与直线axy+1=0平行，所以直线axy+1=0的斜率为：.故选A.点睛：对于直线和圆的位置关系的问题，可用“代数法”或“几何法”求解，直线与圆的位置关系体现了圆的几何性质和代数方法的结合，“代数法”与“几何法”是从不同的方面和思路来判断的，解

5、题时不要单纯依靠代数计算，若选用几何法可使得解题过程既简单又不容易出错10. 如图，在四面体中，若，是的中点，则下列正确的是（ ）A. 平面平面B. 平面平面C. 平面平面，且平面平面D. 平面平面，且平面平面【答案】C【解析】因为，是的中点，平面，由面面垂直判定定理可得平面平面，平面平面，故选C.点睛：破解线面垂直关系的技巧：(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技

6、巧所在11. 过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为，则的外接圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】考点：直线与圆的位置关系分析：根据已知圆的方程找出圆心坐标，发现圆心为坐标原点，根据题意可知，ABP的外接圆即为四边形OAPB的外接圆，从而得到线段OP为外接圆的直径，其中点为外接圆的圆心，根据P和O两点的坐标利用两点间的距离公式求出|OP|的长即为外接圆的直径，除以2求出半径，利用中点坐标公式求出线段OP的中点即为外接圆的圆心，根据求出的圆心坐标和半径写出外接圆的方程即可解：由圆x2+y2=4，得到圆心O坐标为（0，0），ABP的外接圆为四边形OAPB的外接圆，又P（4，2）

7、，外接圆的直径为|OP|=2，半径为，外接圆的圆心为线段OP的中点是（，），即（2，1），则ABP的外接圆方程是（x-2）2+（y-1）2=5故选D12. 三棱锥中，平面，且，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D又 平面 ，即 ,故选D.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 直线与圆相交于两点，则_【答案】【解析】圆心到直线的距离，圆半径， 14. 若平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，则与所成角的正弦值为_【答案】【解析】由题意设l与所成角为,设向量与的夹角为，平面的一个法向量,直线l的一个方向向量为，答案为：.15

8、. 如图，在边长为4的正方形纸片中，与相交于点，剪去，将剩余部分沿折叠，使重合，则折叠后以为顶点的四面体的体积为_【答案】【解析】折叠后的四面体如图所示OA，OC，OD两两相互垂直，且OAOCOD2，所以体积VSOCDOA(2)3 16. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：如图所示：曲线，即（1y3，0x4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得结合图象可得考点：直线与圆的位置关系三、解答题 17. 已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形,侧视图是一个底边长为6、高为4

9、的等腰三角形(1)求该几何体的体积;(2)求该几何体的表面积.【答案】（）64；（）【解析】试题分析：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为的等腰三角形，分析出图形之后，再利用公式求解即可试题解析：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD ；（1）（2）该四棱锥有两个侧面VAD、VBC是全等的等腰三角形，且BC边上的高为，另两个侧面VABVCD也是全等的等腰三角形，AB边上的高为因此考点：三视图，几何体的侧面积，体积18. （1

10、）已知圆经过和两点，若圆心在直线上，求圆的方程；（2）求过点、和的圆的方程.【答案】（）； （）【解析】试题分析：（1）由直线AB的斜率，中点坐标，写出线段AB中垂线的直线方程，与直线x-2y-3=0联立即可求出交点的坐标即为圆心的坐标，再根据两点间的距离公式求出圆心到点A的距离即为圆的半径，根据圆心坐标与半径写出圆的标准方程即可；（2）设圆的方程为，代入题中三点坐标，列方程组求解即可试题解析：（1）由点和点可得，线段的中垂线方程为 圆经过和两点，圆心在直线上， ，解得，即所求圆的圆心， 半径，所求圆的方程为； （2）设圆的方程为， 圆过点、和， 列方程组得 解得， 圆的方程为19. 如图，在

11、直三棱柱中，点是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求点到平面的距离.【答案】解：（）见解析；（）【解析】试题分析：(1)利用几何关系可证得，然后利用线面平行的判断定理即可证得平面.(2)由题意首先确定点到平面的距离为点到平面的距离，结合几何关系可得其距离为.试题解析：（1）如图，连接，交于点，再连接，据直棱柱性质知，四边形为平行四边形，为的中点，当时，是的中点，又平面，平面，平面.（2）如图，在平面中，过点作，垂足为，是中点，点到平面与点到平面距离相等，平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，长为所求，在中，点到平面的距离为.20. 如图，正方体中，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求异

12、面直线与所成角的余弦值.【答案】（）见解析；（）【解析】试题分析：如图，以点为坐标原点，向量分别作为轴的正方向，建立空间直角坐标系设正方体棱长为.（1）设平面的法向量，由得，再由，即可证得；（2）由计算得异面直线与所成角的余弦值.试题解析：如图，以点为坐标原点，向量分别作为轴的正方向，建立空间直角坐标系设正方体棱长为，则，（1）设平面的法向量，则，即，不妨取， ，即平面； （2） ，即异面直线与所成角的余弦值为21. 已知直线，圆.（1）证明：直线恒过一定点；（2）证明：直线与圆相交；（3）当直线被圆截得的弦长最短时，求的值.【答案】（）见解析；（）见解析；（）.【解析】试题分析：（1）将直线

13、方程变形为，由即可即得定点坐标；（2）通过直线l转化为直线系，求出直线恒过的定点，判断定点与圆的位置故选即可判断直线l与圆C相交；（3）说明直线l被圆C截得的弦长最小时，圆心与定点连线与直线l垂直，求出斜率即可求出直线的方程试题解析：（1）直线方程变形为，由，得， 直线恒过定点； （2） ， 点在圆内部， 直线与圆相交； （3）当时，所截得的弦长最短，此时有， 而，于是，解得.点睛：对于直线和圆的位置关系的问题，可用“代数法”或“几何法”求解，直线与圆的位置关系体现了圆的几何性质和代数方法的结合，“代数法”与“几何法”是从不同的方面和思路来判断的，解题时不要单纯依靠代数计算，若选用几何法可使得

14、解题过程既简单又不容易出错22. 已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点.（1）证明：平面平面；（2）求与所成角的余弦值；（3）求平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值.【答案】（）见解析；（）（）【解析】试题分析：（1）利用面面垂直的性质，证明CD平面PAD（2）建立空间直角坐标系，写出向量与的坐标，然后由向量的夹角公式求得余弦值，从而得所成角的大小.（3）分别求出平面的法向量和面的一个法向量，然后求出两法向量的夹角即可试题解析：证明：以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为.（1）证明：因由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面面.（2）因（3）平面的一个法向量设为， 平面的一个法向量设为， 所求二面角的余弦值为