2019-2020学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中数学试卷（含详细解答）

《2019-2020学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中数学试卷（含详细解答）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中数学试卷（含详细解答）（19页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2019-2020学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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（4分）经过A（5，0），B（2，3）两点的直线的倾斜角为（）A45B60C90D1352（4分）直线l过点（1，2）且与直线2x3y+40垂直，则l的方程为（）A3x+2y10B2x+3y10C3x+2y+10D2x3y103（4分）一条直线与两条平行线中的一条成为异面直线，则它与另一条（）A相交B异面C相交或异面D平行4（4分）不在3x+2y3表示的平面区域内的点是（）A（0，0）B（1，1）C（0，2）D（2，0）5（4分

2、）已知点M（2，1，3）关于坐标平面xOz的对称点为A，点A关于y轴的对称点为B，则|AB|（）A2B2C2D56（4分）如图，在长方体ABCDA1B1C1Dl中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若CMN90，则异面直线AD1和DM所成角为（）A30B45C60D907（4分）点M，N在圆x2+y2+kx2y0上，且关于直线ykx+1对称，则k（）A0B1C2D38（4分）设a，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m（）A若l，则B若，则lmC若l，则D若，则lm9（4分）动点P到点A（6，0）的距离是到点B（2，0）的距离的倍，则动点P的轨迹方程为（）A（x+2）2+y23

3、2Bx2+y216C（x1）2+y216Dx2+（1）21610（4分）若直线y2x+b与曲线有公共点，则b的取值范围是（）A1，1+2B12，3C12，1+2D1+，3二、填空题（本大题共7小题，单空题每小题6分，多空题每小题6分，共36分）11（6分）已知直线l1：axy10，直线l2：x+y30若直线l1的倾斜角为，则a ；若l1l2，则l1，l2之间的距离为 12（6分）圆C：x2+y28x2y0的圆心坐标是 ；关于直线l：yx1对称的圆C的方程为 13（6分）在平面直角坐标系xOy中，直线l：mxy2m10（mR）过定点 ，以点（1，0）为圆心且与l相切的所有圆中，半径最大的圆的标准

4、方程为 14（6分）若x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为 ；若目标函数zax+2y仅在点（1，0）处取得最小值，则a的取值范围是 15（4分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1BDA的正切值为 16（4分）设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出如下命题：若，m，则m；若，则；若，m，m，则m；若，m，n，nm，则n其中正确的是 17（4分）将一张坐标纸折叠一次，使得点P（1，2）与点Q（2，1）重合，则直线yx+4关于折痕对称的直线为 三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18（14分）已知直线

5、I在两坐标轴上的截距相等，且点P（2，3）到直线l的距离为2，求直线l的方程，19（15分）在平面直角坐标系中，已知点A（4，2）是RtOAB的直角顶点，点O是坐标原点，点B在x轴上（1）求直线AB的方程；（2）求OAB的外接圆的方程，20（15分）如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点，（1）求证：PA平面MBD（2）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由21（15分）已知圆M：x2+y22y40与圆N：x2+y24x+2y0，（1）求证：两圆相交；（2

6、）求两圆公共弦所在的直线方程及公共弦长（3）在平面上找一点P，过点P引两圆的切线并使它们的长都等于122（15分）如图，四棱锥PABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD90，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M、N分别为PC、PB的中点（1）求证：PBDM；（2）求CD与平面ADMN所成角的正弦值2019-2020学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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（4分）经过A（5，0），B（2，3）两点的直线的倾斜角为（）A45B60C90D135【分析】先利用直线

7、的斜率公式，求出直线的斜率，可得它的倾斜角【解答】解：设经过A（5，0），B（2，3）两点的直线的倾斜角为，0，180），则tan1，135，故选：D【点评】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，属于基础题2（4分）直线l过点（1，2）且与直线2x3y+40垂直，则l的方程为（）A3x+2y10B2x+3y10C3x+2y+10D2x3y10【分析】设与直线2x3y+40垂直的直线方程为：3x+2y+m0，把点（1，2）代入3x+2y+m0，解得m【解答】解：设与直线2x3y+40垂直的直线方程为：3x+2y+m0，把点（1，2）代入3x+2y+m0可得：34+m0，解得m1直线l的方程为：3x+2

8、y+10，故选：C【点评】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（4分）一条直线与两条平行线中的一条成为异面直线，则它与另一条（）A相交B异面C相交或异面D平行【分析】因为直线与两条平行线中的一条直线成为异面直线，故它与另一条直线不可能平行，由此可得另一条直线与该直线可能相交，也可能异面然后可以在正方体模型中，找出符合题意的位置关系，从而得到正确答案【解答】解：举例说明：给出正方体模型，如右图直线AB与直线A1B1平行，且直线BC与直线A1B1异面此时，直线BC与直线AB相交；直线AB与直线A1B1平行，且直线CC1与直线A1B1异面此时，直线BC与直线

9、AB异面；综上所述，一条直线与两条平行线中的一条异面，则它与另一条可能相交，也可能异面故选：C【点评】本题以判断两条直线的位置关系为载体，着重考查了立体几何的平行直线、异面直线等最基本的概念，属于基础题给出几何体模型加以判别，是解决本题的关键4（4分）不在3x+2y3表示的平面区域内的点是（）A（0，0）B（1，1）C（0，2）D（2，0）【分析】将各个点的坐标代入，判断不等式是否成立，可得结论【解答】解：将（0，0）代入，此时不等式3x+2y3不成立，故（0，0）不在3x+2y3表示的平面区域内，将（1，1）代入，此时不等式3x+2y3成立，故（1，1）在3x+2y3表示的平面区域内，将（0

10、，2）代入，此时不等式3x+2y3成立，故（0，2）在3x+2y3表示的平面区域内，将（2，0）代入，此时不等式3x+2y3成立，故（2，0）在3x+2y3表示的平面区域内，故选：A【点评】本题考查的知识点是二元一次不等式（组）与平面区域，正确理解点在不等式表示的平面区域内的含义，是解答的关键5（4分）已知点M（2，1，3）关于坐标平面xOz的对称点为A，点A关于y轴的对称点为B，则|AB|（）A2B2C2D5【分析】推导出A（2，1，3），B（2，1，3），由此能求出|AB|【解答】解：点M（2，1，3）关于坐标平面xOz的对称点为A，点A关于y轴的对称点为B，A（2，1，3），B（2，1，

11、3），|AB|2故选：B【点评】本题考查两点间距离的求法，考查对称、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6（4分）如图，在长方体ABCDA1B1C1Dl中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若CMN90，则异面直线AD1和DM所成角为（）A30B45C60D90【分析】由已知中长方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN90，我们易证得CMAD1，CDAD1，由线面垂直的判定定理可得：AD1平面CDM，进而由线面垂直的性质得得AD1DM，即可得到异面直线AD1与DM所成的角【解答】解：如下图所示：M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，MN

12、AD1，CMN90，CMMN，CMAD1，由长方体的几何特征，我们可得CDAD1，AD1平面CDM故AD1DM即异面直线AD1与DM所成的角为90故选：D【点评】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据线面垂直的判定定理及性质定理，将问题转化为线线垂直的判定是解答本题的关键7（4分）点M，N在圆x2+y2+kx2y0上，且关于直线ykx+1对称，则k（）A0B1C2D3【分析】圆上的点关于直线对称，则直线经过圆心，求出圆的圆心，代入直线方程，即可求出k【解答】解：圆x2+y2+kx2y0的圆心坐标为（，1），因为点M，N在圆x2+y2+kx2y0上，且点M，N关于直线ykx+1对称，所

13、以直线ykx+1经过圆心，所以：1k（）+1k0故选：A【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的一般方程的应用，考查计算能力8（4分）设a，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m（）A若l，则B若，则lmC若l，则D若，则lm【分析】对4个命题分别进行判断，即可得出结论【解答】解：对于A，若l，则或，相交，不正确；对于B，若，则l、m位置关系不定，不正确；对于C，根据平面与平面垂直的判定，可知正确；对于D，则l、m位置关系不定，不正确故选：C【点评】本题考查了空间线面、面面平行和垂直关系，面面平行的判定定理，线面垂直的定义及其应用，空间想象能力9（4分）动点P到点A（6，0）的

14、距离是到点B（2，0）的距离的倍，则动点P的轨迹方程为（）A（x+2）2+y232Bx2+y216C（x1）2+y216Dx2+（1）216【分析】设P为（x，y），依据题中条件动点P到点A（6，0）的距离是到点B（2，0）的距离的倍，列出关于x，y的方程式，化简即可得点P的轨迹方程【解答】解：设P（x，y），则由题意可得：，化简整理得（x+2）2+y232故选：A【点评】求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程10（4分）若直线y2x+b与曲线有公共

15、点，则b的取值范围是（）A1，1+2B12，3C12，1+2D1+，3【分析】曲线即 （x2）2+（y3）24（1y3），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y2x+b的距离等于半径2，解得 b1+2结合图象可得b的范围【解答】解：如图所示：曲线即y3，平方可得（x2）2+（y3）24（ 1y3，0x4），表示以A（2，3）为圆心，以 2为半径的一个半圆直线y2x+b与曲线有公共点，则满足条件的直线斜率为2，在过（0，2）和圆的切线之间的一族平行线，b为直线在y轴上的截距，可求，当直线y2x+b平移到过点（0，3）时，方程为y2x+3，此时b3，当直线平移到与曲线相切时

16、，有圆心（2，3）到直线的距离d等于半径长2；d2|1+b|2b21（b21舍）；综上，b的取值范围是21，3故选：B【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于中档题需要注意曲线不是整个的圆，而是半圆二、填空题（本大题共7小题，单空题每小题6分，多空题每小题6分，共36分）11（6分）已知直线l1：axy10，直线l2：x+y30若直线l1的倾斜角为，则a1；若l1l2，则l1，l2之间的距离为【分析】对于第一空：求出直线l1的斜率，又由直线l1的倾斜角，分析可得a的值，对于第二空：先由直线平行的性质分析可得a的值，进而由平行线间的距离公式计算可

17、得答案【解答】解：根据题意，直线l1：axy10，即yax1，其斜率ka，若直线l1的倾斜角为，则其斜率ktan1，则有a1，若l1l2，则有a1（1）1，解可得a1，此时l1的方程为xy10，即x+y+10，则l1，l2之间的距离d2；故答案为：1，2【点评】本题考查直线的倾斜角以及平行线间距离的计算，关键是求出a的值，属于基础题12（6分）圆C：x2+y28x2y0的圆心坐标是（4，1）；关于直线l：yx1对称的圆C的方程为（x2）2+（y3）217【分析】对于第一空：将圆C的方程变形为标准方程，即可得圆心C的坐标，对于第二空：设圆C的圆心为（m，n），分析可得，解可得m、n的值，即可得圆

18、心C的坐标，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，圆C：x2+y28x2y0的标准方程为（x4）2+（y1）217，其圆心的坐标为（4，1）；设圆C的圆心为（m，n），则有，解可得，圆C的半径r，则圆C的方程为（x2）2+（y3）217；故答案为：（4，1），（x2）2+（y3）217【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的一般式方程，属于基础题13（6分）在平面直角坐标系xOy中，直线l：mxy2m10（mR）过定点（2，1），以点（1，0）为圆心且与l相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（x1）2+y22【分析】根据题意，将直线l的方程变形可得m（x2）y+1，进而联立，解可得x、

19、y的值，即可得定点的坐标，结合直线与圆的位置关系分析可得点（1，0）为圆心且与l相切的所有圆中，半径最大的圆的半径r，即可得答案【解答】解：根据题意，直线l：mxy2m10，即m（x2）y+1，则有，解可得，即直线l经过点（2，1）；设M为（2，1），则|MC|，以点（1，0）为圆心且与l相切的所有圆中，半径最大的圆的半径r|MC|；故半径最大的圆的标准方程为（x1）2+y22；故答案为：（2，1），（x1）2+y22【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线过定点的问题，属于基础题14（6分）若x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为；若目标函数zax+2y仅在点（1，0）处取得最小值，则

20、a的取值范围是（4，2）【分析】（1）作出可行域，利用目标函数的几何意义即可得到结论（2）若目标函数zax+2y仅在点（1，0）处取得最小值，判断目标函数的斜率关系，即可得到结论【解答】解：（1）作出可行域如图，则直线x+y1，xy1，2xy2的交点分别为A（3，4），B（0，1），C（1，0），平移目标函数，由图象可知过A时，z取得最小值z34，过C点取得最大值zz的最大值为，最小值为故答案为：（2）若目标函数zax+2y仅在点（1，0）处取得最小值，则由图象可知12，解得4a2，即a的取值范围（4，2）故答案为：（4，2）【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义是解决本题

21、的关键注意使用数形结合15（4分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1BDA的正切值为【分析】先找二面角A1BDA的平面角，在A1OA中，A1OA即为二面角A1BDA的平面角【解答】解：连接AC交BD与点O如图所示，因为AA1BD，ACBD，所以A1OA即为二面角A1BDA的平面角，在A1OA中，AA1a，AOa，所以二面角A1BDA的正切值为故答案为【点评】这是利用面面垂直来找二面角的问题，找二面角的关键是过公共棱上同一点，在两半平面内作棱的垂线，找两垂线所成角常用方法是用三垂线定理或其逆定理16（4分）设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给

22、出如下命题：若，m，则m；若，则；若，m，m，则m；若，m，n，nm，则n其中正确的是【分析】主要是线面垂直和面面垂直的判定和性质定理的应用，然后逐个判断下列命题的真假【解答】解：中若a，ma，则m或m或m都有，所以不正确；若，则或相交，不正确；若，m，m或m，而m，则必有m，正确；，m，n，nm，则n，是线面垂直的性质定理，正确；故填：【点评】本题考查空间直线和平面的位置关系，考查线面垂直和面面垂直的判定和性质定理，注意定理的条件是解题的关键，属于基础题和易错题17（4分）将一张坐标纸折叠一次，使得点P（1，2）与点Q（2，1）重合，则直线yx+4关于折痕对称的直线为x+7y200【分析】先

23、求出P，Q的中点坐标，结合直线垂直与对称的性质求出对称方程，结合直线所成角的公式建立方程求出对应直线的斜率即可【解答】解：P，Q的中点坐标为M（，），即M（，），PQ的斜率k，则对称直线和直线PQ垂直，则对称直线的斜率k3，则对应的方程为y3（x+），即y3x，由得，即交点坐标为N（1，3），设直线yx+4关于折痕对称的直线斜率为k，则由直线到角公式得，得2，得k+326k，得k，对折直线过N（1，3），则对应直线方程为y3（x+1）即x+7y200，故答案为：x+7y200【点评】本题主要考查直线方程的对称，利用直线对称与直线垂直的关系求出对称直线是解决本题的关键考查学生的转化能力难度中等三

24、、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18（14分）已知直线I在两坐标轴上的截距相等，且点P（2，3）到直线l的距离为2，求直线l的方程，【分析】对截距是否为零，分两种情况讨论，结合题目条件即可求出直线l的方程【解答】解：由题意知：当截距为0时：可设直线l的方程为ykx，由题意知.，解得k，直线l的方程为yx，即5x12y0，当截距不为0：设所求直线l的方程为x+ya0由题意知，解得a5或a5+，直线l的方程为x+y5+20，或x+y520，故所求直线l的方程为5x12y0，x+y5+0或x+y50【点评】本题主要考查了求直线方程，做题时注意对截距是否为零

25、分情况讨论，是基础题19（15分）在平面直角坐标系中，已知点A（4，2）是RtOAB的直角顶点，点O是坐标原点，点B在x轴上（1）求直线AB的方程；（2）求OAB的外接圆的方程，【分析】（1）根据题意，由直线垂直的性质求出AB的斜率，将A的坐标代入即可得直线AB的方程，即可得答案；（2）根据题意，求出B的坐标，结合直角三角形的性质分析可得OAB的外接圆是以AB中点为圆心，|AB|为半径的圆，据此分析可得答案【解答】解：（1）根据题意，点A（4，2）是RtOAB的直角顶点，则OAAB，又，则kAB2；故直线AB的方程为y22（x+4），即2xy+100，（2）由（1）知直线AB的方程为2xy+1

26、00，且点B在x轴上，则B（5，0），又由点A（4，2）是RtOAB的直角顶点，则OAB的外接圆是以AB中点为圆心，|AB|为半径的圆；又AB中点坐标为，圆的半径r所求外接圆方程是，即x2+y2+5x0【点评】本题考查直线与圆的方程的计算，关键是求出直线AB的方程，属于基础题20（15分）如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点，（1）求证：PA平面MBD（2）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接MO，推导出MOPA

27、由此能证明PA平面MBD（2）存在点N，当N为AB中点时，推导出BQNCPQAD从而PQ平面ABCD推导出PQNC从而NC平面PQB由此能证明平面PCN平面PQB【解答】解：（1）证明：连接AC交BD于点O，连接MO，由正方形ABCD知O为AC的中点，M为PC的中点，MOPAMO平面MBD，PA平面MBD，PA平面MBD（2）解：存在点N，当N为AB中点时，平面PQB平面PNC，证明如下：四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，BQNCQ为AD的中点，PAD为正三角形，PQAD又平面PAD平面ABCD，且面PAD面ABCDAD，PQ平面PADPQ平面ABCD又NC平面ABCD，PQNC又BQP

28、QQ，NC平面PQBNC平面PCN，平面PCN平面PQB【点评】本题考查线面平行的证明，考查满足面面垂直的眯是否存在的判断与证明，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21（15分）已知圆M：x2+y22y40与圆N：x2+y24x+2y0，（1）求证：两圆相交；（2）求两圆公共弦所在的直线方程及公共弦长（3）在平面上找一点P，过点P引两圆的切线并使它们的长都等于1【分析】（1）求出圆心距，再与半径比较，即可判断出两圆位置关系；（2）联立两圆的方程，相减即可求出公共弦所在直线的方程，求公共弦长有代数法和几何法两种方法，法一：联立两圆的方程，求出交点坐标，再

29、利用两点间距离公式求弦长；法二：求出圆心到直线距离，再利用勾股定理求出弦长；（3）利用勾股定理求出点P到两圆心的距离，再利用两点间距离公式列出方程组，解出点P坐标即可【解答】解：（1）由己知得圆M：x2+（y1）25，圆心M（0，1），半径r1，圆N：（x2）2+（y+1）25，圆心N（2，1），半径r2，圆心距|MN|2，0|r1r2|MN|r1+r2，两圆相交；（2）联立两圆的方程得方程组，两式相减得xy10，此为两圆公共弦所在直线的方程，法一：设两圆相交于点A，B，则A，B两点满足方程组，解得或，所以，即公共弦长为法二：圆M：x2+（y1）25，其圆心坐标为（0，1），半径长r，圆心到直

30、线xy10的距离为设公共弦长为2l，由勾股定理得r2d2+l2，即，解得，故公共弦长；（3）两圆半径均为，过P点所引的两条切线长均为1，点P到两圆心的距离，设P点坐标为（x，y），则，解得或，点P坐标为（1+，）或（1，）【点评】本题主要考查了两圆的位置关系，是中档题22（15分）如图，四棱锥PABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD90，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M、N分别为PC、PB的中点（1）求证：PBDM；（2）求CD与平面ADMN所成角的正弦值【分析】（1）由N是PB的中点，PAAB，得ANPB由AD平面PAB，得ADPB，从而PB平面ADMN，由此能证明PBDM（

31、 2）取AD的中点G，连结BG、NG，则BGCD，从而BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等由PB平面ADMN，得BGN是BG与平面ADMN所成的角由此能求出CD与平面ADMN所成角的正弦值【解答】证明：（1）因为N是PB的中点，PAAB，所以ANPB因为AD平面PAB，所以ADPB，从而PB平面ADMN因为DM平面ADMN，所以PBDM（2）取AD的中点G，连结BG、NG，则BGCD，所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等因为PB平面ADMN，所以BGN是BG与平面ADMN所成的角在RtBNG中，故CD与平面ADMN所成角的正弦值为【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题