【文档说明】浙江省湖州市长兴县、德清县、安吉县2019-2020学年高二上学期期中联考数学试题 【精准解析】.pdf，共(23)页，735.878 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-451d28765efa30c5e82e0d69b8ef3f97.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-2019学年第一学期期中考试高二数学试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间为120分钟．第Ⅰ卷（选择题）注意事项：用钢笔或圆珠笔将题目做在答题卷上，做在试题卷上无效．一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1.若直

线经过0,0O，1,3A两点，则直线OA的倾斜角为（）A.6B.3C.33D.3【答案】B【解析】【分析】由题意利用直线的倾斜角和斜率的概念，利用直线的斜率公式，求得直线OA的倾斜角.【详解】解：直线经过O（0，0），

(1,3)A两点，设直线OA的倾斜角为α，α∈[0，π），则tanα＝3010＝3，∴α＝3，故选：B.【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，直线的斜率公式，属于基础题.2.在正方体1111ABCDABCD中，异面直线AC与1BD所成的角为（）A.6

B.4C.3D.2【答案】D【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异-2-面直线AC与1BD所成的角.【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1

为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），AC＝（﹣1，1，0），1BD＝（﹣1，﹣1，﹣1

），设异面直线AC与B1D所成的角为θ，则cosθ＝11||||||ACBDACBD＝0，∴θ＝2.∴异面直线AC与B1D所成的角为2.故选：D.【点睛】本题考查异面直线所成角的求

法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.3.设xR，则“x＞1”是“2x＞1”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】试

题分析：由1x可得21x成立，反之不成立，所以“1x”是“21x”的充分不必要条件-3-考点：充分条件与必要条件4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.33B.233C.433D.533【答案】B【解析】由题设中提供的

三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是底面是边长分别为2,132,9323的等腰三角形，高是２的三棱锥，其底面积123132S，则其体积112332333VSh，应选答案B．5.圆224xy被直线3450xy截得的弦长为（）A.1B.2C.3D.2

3【答案】D【解析】【分析】求出圆心到直线3450xy的距离，借助由半径、半弦长和弦心距构成的直角三角形利用勾股定理即可得到弦长.【详解】解：依题意，圆x2+y2＝4圆心为（0，0），半径r＝2，-4-所以圆心到直线圆x2+y2

＝4的距离d＝22534＝1，设弦长为l，则半径r、半弦长2l和弦心距d构成直角三角形，所以222212l，解得l＝23，故选：D.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了点到直线的距离，考查了圆的弦长的求法，借助半径、半弦长和弦心距构成的直角三角形

利用勾股定理是常用方法，本题属于基础题.6.已知，是两个不同平面，m，n是两条不同直线，则下列错误．．的是（）A.若//m，n，则//mnB.若m，m，则//C.若m，m，则D.若//mn，m，

则n【答案】A【解析】【分析】在A中，m与n平行或异面；在B中，由线面垂直的性质可得//；在C中，由面面垂直的判定定理得正确；在D中，由线面垂直的性质可得n.【详解】解：由，是两个不同平面，m，n是两条不同直线，知：在A中，∵//m，n，∴m与n

平行或异面，故A错误；在B中，∵m，m，∴由线面垂直的性质可得//，故B正确；在C中，∵m，m，∴由面面垂直的判定定理可得，故C正确；在D中，∵//mn，m，∴由线面垂直的性质可得n，故D正确.故选：A.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间

的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.7.设球O与圆锥1SO的体积分别为1V，2V，若球O的表面积与圆锥1SO的侧面积相等，且-5-圆锥1SO的轴截面为正三角形，则12VV的值是（）A.33B.233C.63D.263【答案】C【解析】【分析

】设球O的半径为R，圆锥1SO的底面半径为r，则圆锥1SO的母线长l＝2r，由球O的表面积与圆锥1SO的侧面积相等，得r＝2R，由此能求出12VV的值.【详解】解：设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，则圆锥1SO的母线长l＝2r，由题意得4πR2

＝πrl＝2πr2，解得r＝2R，3312223244633133433RRVVrrrr.故选：C.【点睛】本题考查球和圆锥的体积求法，考查球和圆锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，

是中档题.8.若圆:C22()()2xayb与两条直线yx和yx都有公共点，则22ab的范围是（）A.2,4B.0,4C.4,D.2,【答案】B【解析】【分析】根据有公共交点得到2224aabb和2224aabb

，相加得到答案.【详解】圆:C22()()2xayb与两条直线yx和yx都有公共点-6-2222242ababaabb；2222242ababaabb；两式相加得到2204ab故选：B【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，意在

考查学生的计算能力.9.已知正方体1111-ABCDABCD的体积为1，则四棱锥1111-BABCD与四棱锥1111-AABCD重叠部分的体积是（）A.18B.16C.524D.724【答案】C【解析】【

分析】如图所示，画出重叠部分的图像如图2，利用三棱柱的体积减去三棱锥的体积得到答案.【详解】如图所示：G为1AB和1AB交点，H为1AC和1BD的交点，重叠部分如图2.12111151432424VVV故选：C【点睛】本题考查了立体图形的体积，画

出重叠部分的图像是解题的关键.10.已知点11,Pxy是单位圆221xy上的动点，点22,Qxy是直线260xy上的-7-动点，定义1212PQLxxyy，则PQL的最小值为（）A.53

2B.65C.655D.233【答案】A【解析】【分析】利用圆的参数方程与直线的方程分别求出12xx与12yy的最小值，比较即可得答案.【详解】解：过,PQ作x轴，y轴的垂线，垂足及其他交点如图所示，则12xxEFPHGQ，12yyCDPGQH，

由于直线260xy的斜率是2，当,PQ都在第一象限时，①121212PQLxxyyPGGQPGGK111222PKGKPKPKPK取x1＝x2∈[0，1]时等号成立，则y1＝211x，y2＝6﹣2x2＝6﹣2x1，则|x1﹣x2

|+|y1﹣y2|＝|y1﹣y2|＝211621xx，令x1＝cos（∈[0，2]），则|y1﹣y2|＝6﹣2cos﹣sin＝6﹣5sin（+）≥6﹣5；②12122PQLxxyyQHPHHLPHPL

HLPL取y1＝y2∈[0，1]时等号成立，则x1＝211y，x2＝3﹣22y＝3﹣12y.则|x1﹣x2|+|y1﹣y2|＝|x1﹣x2|＝211312yy，-8-令y1＝sin（∈[0，2]），则|x1﹣x2|＝3﹣1sin2﹣cos＝3﹣

52sin（+）≥352.当,PQ中至少有一个点不在第一象限时，明显1212xxyy的取值会比,PQ都在第一象限时大，综上可得：|x1﹣x2|+|y1﹣y2|的最小值是352.故选：A.【点睛】本题考查了圆的参数方程，训练了利用换元法及三角函数的单调性求最值，考查了推理能力与计算能力

，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题）注意事项：将卷Ⅱ的题目做在答题卷上，做在试题卷上无效．二、填空题11.倾斜角为120，在y轴上的截距为1的直线l的方程为________；直线10axy与直线l垂直，则a________

.【答案】(1).310xy(2).33【解析】【分析】根据直线倾斜角可得斜率，由斜截式方程可得结果；根据垂直关系可构造方程求得结果.【详解】直线倾斜角为120，直线斜率tan1203k，-9-直线l的方程为：31yx，即310xy.直线l与10

axy垂直，310a，解得：33a.故答案为：310xy；33.【点睛】本题考查直线方程的求解、根据直线垂直关系求解参数值的问题，属于基础题.12.已知圆C的方程为22220xyxmy，若圆C过点

0,2，则m______．若圆心C在直线20xy上．则m______．【答案】(1).1(2).2【解析】【分析】通过点的坐标代入圆的方程，得到m值；求出圆的圆心代入直线方程，即可得到m值即可.【详解】解：圆C的方

程为x2+y2﹣2x﹣2my＝0，若圆C过点（0，2），则4﹣4m＝0，解得m＝1；圆的圆心（1，m），圆心C在直线2x﹣y＝0上，可得2﹣m＝0，解得m＝2；故答案为：1；2.【点睛】本题考查直线与圆的位

置关系的应用，圆的一般方程的应用，是基本知识的考查.13.若a，b，c是不同直线，是平面，若//ab，bcA，则直线a与直线c的位置关系是______；若abrr，b，则直线a与平面的位置关系是_____

_．【答案】(1).相交或异面(2).平行或在平面内【解析】【分析】由a∥b，b∩c＝A，得直线a与直线c的位置关系是相交或异面；由abrr，b，得直线a与平面的位置关系a∥或a⊂.【详解】解：a，b，c是不同直线，是平面，

∵a∥b，b∩c＝A，∴直线a与直线c的位置关系是相交或异面.∵a⊥b，b⊥，-10-则直线a与平面的位置关系a∥或a⊂.故答案为：相交或异面；平行或在平面内.【点睛】本题考查直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系的判断，考查空间

中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.14.ABC为边长为2cm的正三角形，则其水平放置《斜二测画法》的直观图的面积为______．其直观图的周长为______．【答案】(1).64(2).26+【解析】【分析】画出正ABC和

水平放置的直观图'''ABC，计算它的面积与周长即可.【详解】解：如图所示ABC为边长为2cm的正三角形，则其水平放置的直观图'''ABC的面积为'''ABCS12BCOA12sin45°＝12×2×（12×2×sin60°）×sin45°＝64；其

直观图'''ABC的周长为LABBCCA＝2233121cos13522+2+2233121cos4522＝（62+12）+2+（62﹣12）＝2+6.故答案为：64，2+6.-11-【点睛】

本题考查了平面图形与它的直观图的应用问题，也考查了三角形面积与周长的计算问题，是基础题.15.已知直线10axya与圆22:280Cxyxyb，,abR，交于A，B两点，若ABC的面积的最大值为4，求此时ab______．【答案】154【解

析】【分析】当ABC的面积最大时，AC⊥BC，由ABC面积的最大值为4，可算得b，从而得到C到直线的距离等于2，建立方程可求得a的值，从而得ab的值.【详解】解：∵圆C：x2+y2﹣2x﹣8y+b＝0，即（x﹣1）2+（y﹣4

）2＝17﹣b；∴圆心C（1，4），半径r＝17b；当ABC的面积最大时，AC⊥BC，（S△ABC）max＝212r＝4；∴r2＝8，即17﹣b＝8，∴b＝9；直角三角形ABC中，AC＝BC＝r，∴C

到直线AB：ax+y+a﹣1＝0的距离等于d＝2，∴d＝2＝2|41|1aaa，∴a＝512，∴ab＝154.故答案为：154.-12-【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，数形结合的思想方法，属于中档题.16.在三棱锥SABC中，底面

ABC是正三角形且SASBSC，M是SC的中点，且AMSB，底面边长22AB，则三棱锥SABC外接球的表面积为______．【答案】12【解析】【分析】根据空间直线平面的垂直问题，得出棱锥的高，转化顶点，补图的正方

体的外接球求解正三棱锥S−ABC的外接球的半径即可.【详解】解：取AC中点D，则SD⊥AC，DB⊥AC，又∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵SB⊂平面SBD，∴AC⊥SB，又∵AM⊥SB，AM∩AC＝A，∴SB⊥平面SAC，∴SA⊥SB，SC⊥SB，根据对称性可知SA⊥SC，从而可知SA，S

B，SC两两垂直，将其补为立方体，其棱长为2，其外接球即为立方体的外接球，半径r＝322＝3，表面积S＝4π×3＝12π.故答案为：12π.【点睛】本题考查了空间空间几何体的性质，学生的空间思维能力，计算能力，属于中档题.17.如图，直线l平面，垂足为O，正四面体（所有棱长都相等

的三棱锥）ABCD的棱长为2，B是直线l上的动点，C是平面上的动点，求O到点D的距离的最大值______．-13-【答案】1+3【解析】【分析】当线段BC确定时，观察出当面OCB和面BCD共面时，O到点D的距离最大，即求点O到线段BC距离的最大值即可.【详解】解：在线段BC上任取一点M，连接O

M，DM，由三角形三边关系得OMDMOD，当O，M，D三点共线时取等号，则当面OCB和面BCD共面时，OD最大，当面OCB和面BCD共面时，设OBC，则2sin,2cosOCOB，则2222cos3

ODOBBDOBBD2134cos48coscossin22423sin2423，则4231+3OD，即O到点D的距离的最大值为1+3.

故答案为：1+3.【点睛】本题考查两点间距离的最大值的求法，关键时将空间两点距离问题转化为平面上-14-两点距离问题，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题.三：解答题18.设命题p：实数x满足20xaxa，其中0a；命题q：实数x满足

216220xx．（1）若1a，p，q都是真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）1,2；（2）1,2．【解析】【分析】（1）先分别求出命题p，q为真时对应的集合，取

交集即可求出x的范围；（2）根据集合间的基本关系与充分、必要条件的关系列出不等式即可求出a的取值范围.【详解】（1）当1a时，由120xx，得12Pxx.由216220xx

，所以14Qxx.因此x的取值范围是1,2；（2）可得2pxaxa，14Qxx，若p是q的充分不必要条件所以PQ.当=P即0a时，因为0a不成立；当P即0a时，124aa11,22aaa，故a的取

值范围是1,2.【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数的取值范围以及集合间的基本关系与充分、必要条件的关系应用，属于基础题.19.如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1，1)在AD边所在直线上．求：-15-(

1)AD边所在直线的方程；(2)DC边所在直线的方程．【答案】（1）320xy；（2）320xy【解析】分析：（1）先由AD与AB垂直，求得AD的斜率，再由点斜式求得其直线方程；（2）根据矩形特点可以设DC的直

线方程为306xymm，然后由点到直线的距离得出2210510m，就可以求出m的值，即可求出结果.详解：(1)由题意：ABCD为矩形，则AB⊥AD，又AB边所在的直线方程为：x－3y－6＝0，所以AD所在直线的斜率kAD＝－3，而点T(－1，1)在直线AD上．

所以AD边所在直线的方程为：3x＋y＋2＝0.(2)方法一：由ABCD为矩形可得，AB∥DC，所以设直线CD的方程为x－3y＋m＝0.由矩形性质可知点M到AB、CD的距离相等所以＝,解得m＝2或m＝－6(舍)．所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.方法二：方程x

－3y－6＝0与方程3x＋y＋2＝0联立得A（0，-2），关于M的对称点C（4，2）因AB∥DC，所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形

式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的-

16-情况．20.如图，在四棱锥PABCD中，//AB平面PCD，4AB，2AC，BCAC，平面PAC平面ABCD，PAC是正三角形．（1）求证：//CD平面PAB；（2）求二面角PABC--的平面角

的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）推导出ABCD∥，由此能证明//CD平面PAB.（2）过P作PH垂直AC于H，过H作HE垂直AB于E，连结EP，则PEH即为所求二面角的平面角，求出PEH的正切值即可.【详解】（1）因为//AB平面PCD

，平面PCD平面ABCD于CD，故ABCD∥，CD平面PAB，ABÌ平面PAB故CD∥平面PAB；（2）过P作PH垂直AC于H，过H作HE垂直AB于E，连结EP则PEH即为所求二面角的平面角.又3232PH，221124232242A

CBCHEAB，故2an233tPEH.-17-【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基知识，考查运算求解能力，是中档题.21.如图，已知多面体PABCD中，

ADBC∥，AD平面PAB，24ADBC，1AB，2PA，60PAB.（Ⅰ）证明：PB平面ABCD；（Ⅱ）求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）25719【解析】【分析】（Ⅰ）由余弦定理得PB3，从而PB⊥AB，由AD

⊥平面PAB，得AD⊥PB，再由PB⊥AB，能证明PB⊥平面ABCD．（Ⅱ）由余弦定理求出cos∠PDC910，从而sin∠PCD192，S△ACD＝2，设直线PA与平面PCD所成角为θ，点A到平面PCD的距离为h，

由VA﹣PDC＝VP﹣ACD，得h4319，从而-18-sinθ25719hPA，由此能求出直线PA与平面PCD所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）在PBA中，2PA，1AB，60PAB，所以22221221cos603PB，3PB，所以222PB

ABPA，PBAB，因为ADBC，所以A，B，C，D四点共面.又AD平面PAB，PB平面PAB，所以ADPB.又PBAB，ADABA，所以PB平面ABCD.（Ⅱ）（方法一）在RtPBC中，7P

C，在RtPAD中，25PD.在直角梯形ABCD中，5CD.在PDC中，22225579cos102255PDC，2919sin11010PDC.所以119192552102PDCS，1412

2ACDS.设直线PA与平面PCD所成的角为，设点A到平面PCD的距离为h，因为APDCPACDVV，所以1133PDCACDShSPB，即119123323h，-19-所以4319h，23257sin1919hPA

，故直线PA与平面PCD所成的角的正弦值为25719.（方法二）由（Ⅰ）知，BC平面PAB，BCAB.以点B为坐标原点，以BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，则0,0,3P，1,0,0

A，0,2,0C，1,4,0D，所以1,0,3PA，0,2,3PC，1,2,0CD.设直线PA与平面PCD所成的角为，设平面PCD的一个法向量为,,nxyz，由00PCnCDn得23020yzx

y取3y，则2z，23x，所以23,3,2n.所以23023sin219PAnPAn25719，故直线PA与平面PCD所成的角的正弦值

为25719.（方法三）延长DC，AB相交于点E，连结PE.因为ADBC，2ADBC，所以BC为ADE的中位线，点B，C分别为AE，DE的中点.所以PDE为等腰三角形.-20-取PE中点F，连DF，AF.所以DFPE，AFPE，DFAFF，所以PE平面A

DF，又PE平面PCD，所以平面ADF平面PCD.作AHDF于H，连PH，所以AH平面PCD.所以APH就是直线PA与平面PCD所成的角.因为3AF，4AD，19DF，所以222AFA

DDF，所以4319AH.所以23257sin1919AHAPHAP，故直线PA与平面PCD所成的角的正弦值为25719.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面

间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．22.如图，点P是直线2x上一个动点，过P做圆22:11Cxy的两条切线PA，PB交直线2x于A，B两点．O是坐标原点，直线AO，BO的斜率为AOK，BOK．-21-（1）当2,1P时，求AOBOK

K的值；（2）当P运动时，求AOBOKK的最小值，并求此时点P的坐标．【答案】（1）13=12AOBOKK；（2）82,3．【解析】【分析】（1）当点P的坐标为（−2，1）时，设直线为12ykx，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，建立方程

，求出斜率k的值，得出切线方程，从而求得点A，B的坐标，得出AOBOKK的値；（2）设出切线方程，找出0y与k的关系，根据韦达定理和斜率公式，建立关于0y的一元二次方程，求出AOBOKK最小时的0y，即求出P的坐标.【详解】

（1）设切线PA，PB：12ykx，点C到PA，PB：12ykx的距离为1，223131kkk.PA，PB：3123yx，432,13A，432,13B4343111333==2212AOBOKK；

-22-（2）设02,Py设切线PA，PB：02yykx，0220002211344201kykykyyk0122001244323ykkyykk

，PA，PB：02yykx，令2x，得012,4Ayk，022,4Byk，2102001201244=444AOBOkykyyKKkkykk

200416439yy，故当P在直线上运动083y，AOBOKK的最小值为169，P点的坐标82,3.【点睛】（1）考察直线与圆相切；（2）直线与圆的综合题，会灵活的利用韦达定理，会求一元二次方程的最值，中档题.-23-