浙江省湖州市三贤联盟2020-2021学年高二上学期期中联考数学试题
展开2020学年第一学期湖州市三贤联盟期中联考
高二年级数学学科 试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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. 已知圆的方程为，则圆心的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
2. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相切 B. 相交且直线过圆心
C. 相交但直线不过圆心 D. 相离
3. 如图，在长方体中，体对角线与面对角线的位置关系一定是（ ）
A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 共面
4. 是的（ ）
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
5. 如图，边长为的正方形是一个水平放置的平面图形的直观图，则图形的面积是（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知，是两条不同直线，是两个不同平面且，则下列命题正确是（ ）
A. 若为异面直线且 ，，则与都相交
B. 若为共面直线且，，则与都相交
C. 若，且，则与都垂直
D. 若，，则与都垂直
7. 已知，，点，到直线的距离分别为和，则满足条件的直线的条数是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，到的距离分别是和，与所成的角分别是和，在内的射影长分别是和，若，则（ ）
A. B.
C. D.
9. 如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面，，，点在四边形内，且到、的距离都等于，若为上靠近的四等分点，过点且与平行的直线交三棱柱于点、两点，则点所在平面是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知函数，若关于的不等式有解，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
非选择题部分
二、填空题（本大题共7小题，双空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11. 已知直线，直线，若，则实数_____ ，此时两直线间的距离为______ .
12. 某几何体三视图如图所示（单位：cm），正视图和侧视图都是腰长 为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_____cm3，最长棱的长为_______cm．
13. 棱长为的正方体中，异面直线与所成的角的正切值是_______，点到平面的距离为______.
14. 已知直线与圆相切，则_____，直线过点且与直线垂直，与圆相交于，两点，则弦的中点坐标为______．
15. 大约2000多年前，我国的墨子就给出了圆的概念：“一中同长也.”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周上的点的距离都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里德给出的圆的定义要早100年.已知是坐标原点，，若，则线段长的最小值是______．
16. 在三棱锥中，底面是以为斜边直角三角形，且平面，若，，则三棱锥外接球的表面积为______.
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为______.
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. 已知命题：实数满足，命题：方程表示圆．
（Ⅰ）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若是的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
19. 平面直角坐标系中，已知定点，动点满足
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程;
（Ⅱ）求直线被轨迹截得的线段长的最小值，并求此时直线的方程.
20. 如图，已知三棱柱的所有棱长都相等，侧棱底面，分别是的中点.
（1）求证: ；
（2）求平面与底面所成二面角正切值.
21. 如图，已知四棱锥中，平面，，，，，是中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
22. 如图，已知圆，点为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为.
（Ⅰ）已知，求切线的方程；
（Ⅱ）直线是否过定点?若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）若，两条切线分别交轴于点，记四边形面积为，三角形面积为，求
2020学年第一学期湖州市三贤联盟期中联考
高二年级数学学科 试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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. 已知圆的方程为，则圆心的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用圆的标准方程的结构特征求解即可.
【详解】因为的圆心为坐标，
所以的圆心为坐标，
故选：B.
2. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相切 B. 相交且直线过圆心
C. 相交但直线不过圆心 D. 相离
【答案】C
【解析】
【分析】
求出圆心到直线的距离，与半径比较大小，即可得到结论.
【详解】圆的圆心，半径.
因为圆心到直线的距离
.
所以直线与圆相交但直线不过圆心.
故选：C
3. 如图，在长方体中，体对角线与面对角线的位置关系一定是（ ）
A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 共面
【答案】C
【解析】
【分析】
根据异面直线的判定定理可得答案.
【详解】因为平面，平面，，，
所以根据异面直线的判定定理可知与为异面直线.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用异面直线的判定定判断是解题关键.属于基础题.
4. 是的（ ）
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】
【分析】
直接利用充要条件的判定判断方法判断即可．
【详解】因为“”，则“”；但是“”不一定有“”.
所以“”，是“”成立的充分不必要条件．
故选A.
【点睛】充分条件、必要条件的判定主要有以下几种方法：
①定义法：若，则是的充分条件，是的必要条件；
②构造命题法：“若，则”为真命题，则是的充分条件，是的必要条件；
③数集转化法：：，：，若，则是的充分条件，是的必要条件.
5. 如图，边长为的正方形是一个水平放置的平面图形的直观图，则图形的面积是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直观图画出原图可得答案.
【详解】由直观图画出原图，如图，因为，所以，，则图形的面积是.
故选：D
6. 已知，是两条不同直线，是两个不同平面且，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为异面直线且 ，，则与都相交
B. 若为共面直线且，，则与都相交
C. 若，且，则与都垂直
D. 若，，则与都垂直
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个判断可得答案.
【详解】对于，若为异面直线且 ，，则与都不可能相交，故不正确；
对于，若为共面直线且，，则与都不可能相交，故不正确；
对于，若，且，则与可能平行，可能相交，不一定垂直，与可能平行，可能相交，不一定垂直，故不正确；
对于，若，，又，所以，，故正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛；熟练掌握直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系是解题关键.
7. 已知，，点，到直线的距离分别为和，则满足条件的直线的条数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
以为圆心，以为半径的圆记为圆，以为圆心，以为半径的圆记为圆，利用圆与圆相交，两圆有两条公切线，可得结果.
【详解】，
以为圆心，以为半径的圆记为圆，以为圆心，以为半径的圆记为圆，
因为，所以圆与圆相交，所以两圆有两条公切线，
所以满足条件的直线的条数是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：转化为判断两个圆的公切线的条数是解题关键.
8. 如图，到的距离分别是和，与所成的角分别是和，在内的射影长分别是和，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意知，因为所以所以且所以故选D.
考点：1、线面角；2、正弦函数与余弦函数．
9. 如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面，，，点在四边形内，且到、的距离都等于，若为上靠近的四等分点，过点且与平行的直线交三棱柱于点、两点，则点所在平面是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
连接并延长交于点，连接，在平面内作，可确定点的位置.
【详解】如下图所示，连接并延长交直线于点，
由于点在四边形内，且点到、的距离都等于，可知，
则为等腰直角三角形，且，所以，点在线段上，
连接，由于点在线段上，过点作交于点，则点即为所求，且点在线段上，
因此，点在平面内.
故选：C.
【点睛】本题通过线线平行确定直线与三棱柱交点所在平面，本质上还是要结合线线平行结合相似三角形确定对应的线段长来确定点的位置.
10. 已知函数，若关于的不等式有解，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
令，则，将问题转化为圆与圆有交点，利用圆心距与半径的关系可得解.
【详解】令，则，
所以有解化为有解，
则问题转化为半圆与圆有交点，
因为圆的圆心在直线上，如图：
所以圆心距，即，即，解得.
故选：A
【点睛】关键点点睛：令，将问题转化为半圆与圆有交点是解题关键.
非选择题部分
二、填空题（本大题共7小题，双空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11. 已知直线，直线，若，则实数_____ ，此时两直线间的距离为______ .
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据有斜率的两直线平行可知斜率相等，纵截距不等可得，再根据两平行直线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，且，解得，
此时：直线，直线，
所以直线与直线之间的距离为.
故答案为：；.
【点睛】易错点点睛：有斜率的两直线平行时，除了要求斜率相等外，还要求纵截距不等，这是很容易错的地方.
12. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），正视图和侧视图都是腰长 为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_____cm3，最长棱的长为_______cm．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体，可知该几何体为四棱锥，底面是边长为1的正方形，底面，且，再由棱锥体积公式求体积，利用勾股定理求最长棱的长．
【详解】由三视图还原原几何体如图，
该几何体为四棱锥，底面是边长为1的正方形，底面，且．
该几何体的体积为；
，则，，
最长棱长为．
故答案为：，．
【点睛】三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
13. 棱长为正方体中，异面直线与所成的角的正切值是_______，点到平面的距离为______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由所以为异面直线与所成的角，放在三角形中计算可得答案；根据体积相等可得答案.
【详解】因为，所以为异面直线与所成的角，
在直角中，，所以.
因为棱长为，所以，，
，因为，设点到平面的距离为，，即.
故答案为：①；②.
14. 已知直线与圆相切，则_____，直线过点且与直线垂直，与圆相交于，两点，则弦的中点坐标为______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据圆心到直线的距离等于圆的半径可解得，求出直线的方程和弦的垂直平分线方程，联立解交点坐标可得结果.
【详解】因为直线与圆相切，
所以，整理得，因为，所以.
所以直线的斜率为，直线的方程为，
线段的垂直平分线的斜率为，线段的垂直平分线方程为，即，
联立解得，
所以弦的中点坐标为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：利用直线的方程和弦的垂直平分线方程联立解交点坐标得解是解题关键.
15. 大约2000多年前，我国的墨子就给出了圆的概念：“一中同长也.”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周上的点的距离都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里德给出的圆的定义要早100年.已知是坐标原点，，若，则线段长的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得，点在以坐标原点为圆心，3为半径的圆上，而点在圆内，当共线，且在点的同侧时，长的最小，所以的最小值为
【详解】解：因为是坐标原点，，
所以点在以坐标原点为圆心，3为半径的圆上，
因为，所以点在圆内，
所以当共线，且在点的同侧时，长的最小，
此时，
所以线段长的最小值为2
故答案为：2
16. 在三棱锥中，底面是以为斜边的直角三角形，且平面，若，，则三棱锥外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
把三棱锥放在以的长度为棱长的长方体中，求出长方体的对角线长，进一步求得外接球的半径，代入球的表面积公式求解．
【详解】把三棱锥放在以的长度为棱长的长方体中，
三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，
∴
则三棱锥P−ABC外接球的表面积S=
故答案为：25π.
【点睛】要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意推出，，再根据推出，在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，再根据三棱锥的体积公式可求得结果.
【详解】因为平面，所以平面平面，
因为，，所以平面，平面，
因为在内及边上，所以，，
所以，，
因为，所以，因为，
所以，
在平面内，以的中点为原点，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系：
则，，，设，
则，，
由得，化简得，
所以点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，如图所以，
当为圆与在轴上方的交点时，点到的距离最大，
令，解得，所以点到的距离最大为，也就是三棱锥的高的最大值为，因为，所以三棱锥的体积最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，这是本题解题的关键，属于难题.
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. 已知命题：实数满足，命题：方程表示圆．
（Ⅰ）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若是的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用方程表示圆的条件列式可解得结果；
（Ⅱ）转化为命题对应的集合是命题对应的集合的真子集列式可解得结果.
【详解】（Ⅰ）因为命题为真命题，所以，得.
（Ⅱ）由得，即，
因为是的充分不必要条件所以，
所以， 解得.
【点睛】结论点睛：本题考查由充分不必要条件求参数的取值范围，一般可根据如下规则转化：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
19. 平面直角坐标系中，已知定点，动点满足
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程;
（Ⅱ）求直线被轨迹截得的线段长的最小值，并求此时直线的方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）； .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设动点，由得出动点的轨迹的方程;
（Ⅱ）由题意得出直线过定点，由圆的对称性得出圆心到直线距离最大值，从而由弦长公式得出弦长的最小值，即可求出直线的方程.
【详解】（Ⅰ）设动点，因为，所以
化简得曲线的方程：
（Ⅱ）直线过定点，圆心到直线距离最大值
此时弦长有最小值为
此时，直线方程为
20. 如图，已知三棱柱的所有棱长都相等，侧棱底面，分别是的中点.
（1）求证: ；
（2）求平面与底面所成二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线线垂直得到线面垂直；
（2）取中点，中点，找到二面角，再在三角形中计算就可以了.
【详解】（1）证明：平面 ，
又为正三角形，为中点，
得平面.
又因为平面，
所以；
（2）设所有棱长都为，取中点，中点，连. 易知，则为平面的与底面所成二面角的平面角，
在中，取中点，连，有平面，则，
且，,
【点睛】
第二问的关键点是由线面垂直找到线线垂直，求出二面角，然后在三角形中计算就可以了.
21. 如图，已知四棱锥中，平面，，，，，是的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）要证明线面平行，需转化为证明线线平行，取中点，连，可证明四边形为平行四边形，从而证明；（Ⅱ）法一，连结，证明平面，即为所求；法二：是中点，连转化为求与平面的线面角.
【详解】（Ⅰ）取中点，连.易知，且，，且,所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以.又因为，，所以
（Ⅱ）(一)连.由，，所以，.
在直角梯形上，.
.又，所以
又.，所以为直线与平面所成角
…
(二)设是中点，连因为，则，作，所以为，也即直线与平面所成角
【点睛】方法点睛：1.利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角中的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
2.在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法解垂线段的长度，而不必画出线面角，利用/斜线段长，进行求角；
3.建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解.
22. 如图，已知圆，点为直线上一点，过点作圆切线，切点分别为.
（Ⅰ）已知，求切线方程；
（Ⅱ）直线是否过定点?若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）若，两条切线分别交轴于点，记四边形面积为，三角形面积为，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）是，；（Ⅲ）25.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）分切线的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时由圆心到直线的距离等于半径可得切线的方程；
（Ⅱ）由题意求出以为圆心，以为半径的圆的方程，与圆联立可得弦所在的直线的方程，可得直线恒过定点；
（Ⅲ）由题意求出面积，的表达式，求出面积之积的表达式，换元，由均值不等式可得其最小值．
【详解】（Ⅰ）情况1.当切线斜率不存在时，有切线
情况2.设切线：，即.
由得，解得，切线为
综上：切线为
（Ⅱ）在以点为圆心，切线长为半径的圆上，
即在圆：上
联立 得
所以过定点
(Ⅲ)
设；
得，，
切线统一记为，即
由得，得两根为
所以
所以，则
记
当，即时，
【点睛】解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
