2021年自贡市人教新课标A版数学高二上册 期中测试卷（含解析）

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2021年自贡市高二数学上册期中测试卷
姓名：___________班级：___________成绩：___________
一、单选题（每题5分，共60分）
1．与圆都相切的直线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
2．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为 （ ）
A． B．
C． D．
3．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系中，若圆上存在点P，且点P关于直线的对称点Q在圆上，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则图中阴影部分在平面上的正投影是（ ）
A．B．C．D．
6．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．底面是边长为1的正方形，侧面是等边三角形的四棱锥的外接球的体积为
A． B． C． D．
8．如图，是水平放置的的直观图，则的面积是
A．6 B． C． D．12
9．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）
A．5 B． C． D．
10．在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点平行于的直线与正方体表面（ ）相交
A． B． C． D．
11．如图，在四棱锥中，底面，，底面为边长为2的正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，在矩形中，在线段上，且，将沿翻折．在翻折过程中，记二面角的平面角为，则的最大值为
B． C． D．
二、填空题（每题5分，共20分）
13．已知圆心C在直线上，且该圆经过和两点，则圆C的标准方程为_______.
14．如图，已知圆是圆上两个动点，点，则矩形的顶点的轨迹方程是___________．
15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．
16．如图，在三棱锥中，底面，，则与底面所成角的正切值______．
三、解答题（17题10分，18-22每小题12分，共70分）
17．已知曲线,.
(1)当取何值时，方程表示圆？
(2)求证：不论为何值，曲线必过两定点.
(3)当曲线表示圆时，求圆面积最小时的值.
18．如图，在长方体中，点 分别为棱 的中点.
（1）求证：、、、四点共面；
（2）确定直线与直线交点的位置，不需要说明理由.
19．已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，
（1）求三棱锥P-ABC的体积；
（2）求三棱锥P-ABC外接球的体积.
20．已知圆C：x2+y2+10x+10y+34=0.
（Ⅰ）试写出圆C的圆心坐标和半径；
（Ⅱ）圆D的圆心在直线x=-5上，且与圆C相外切，被x轴截得的弦长为10，求圆D的方程；
（Ⅲ）过点P(0,2)的直线交（Ⅱ）中圆D于E，F两点，求弦EF的中点M的轨迹方程.
21．如图，四面体ABCD中，点E，F分别为线段AC，AD的中点，平面平面，，，垂足为H.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面ABC.
22．如图，正方体的棱长为，连接，，，，，，得到一个三棱锥，求：
（1）三棱锥的表面积与正方体表面积的比值；
（2）三棱锥的体积.
参考答案
1．C
【分析】
求得两圆的圆心坐标和半径，利用两圆的位置关系的条件判定两圆相外切，从而得到公切线的条数.
【详解】
的圆心坐标为,半径为；
化为标准方程为,
圆心坐标为,半径为，
圆心距,
∴两圆相外切，
故两圆的公切线有3条.
故选：C.
【点睛】
本题考查两圆的公切线的条数，关键是判定两圆的位置关系，当两圆相离时有4条公切线，当两圆外切时，有3条公切线，当两圆内切时有1条公切线，当两圆相交时，有2条公切线，当两圆内含时没有公切线.
2．C
【分析】
由题意，求出圆的标准方程，再求出圆心与点p确定直线的斜率为，再利用垂径定理求得弦AB直线斜率，再用点斜式求出方程.
【详解】
圆的标准方程为
又因为点为圆的弦AB的中点，
圆心与点P确定直线的斜率为
故弦AB所在直线的斜率为2
所以直线AB的直线方程：y-1=2（x-1）
即2x-y-1=0
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的综合知识，对于直线和圆的相关知识点的熟练运用是解题的关键.属于较易题.
3．B
【分析】
由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.
【详解】
由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为，则圆的半径为，
圆的标准方程为.
由题意可得，
可得，解得或，
所以圆心的坐标为或，
圆心到直线的距离均为；
圆心到直线的距离均为
圆心到直线的距离均为；
所以，圆心到直线的距离为.
故选：B.
【点睛】
本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
4．D
【分析】
求得圆关于直线的对称圆的方程，转化为两圆有公共点，结合两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由圆关于直线的对称圆，
由圆上存在点P关于直线的对称点Q在圆上，
等价于圆与圆有公共点，
其中两圆圆心分别为，，
可得圆心距为,
所以，
由，解得，
由，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了两圆位置关系的判定与应用，其中解答中求得圆的对称圆的方程，转化为两圆有公共点是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.
5．A
【分析】
根据投影的定义，分别找出点在平面上的投影，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，阴影部分为三角形，其中点在投影面上，它的投影是其本身，
点在平面上的投影是的中点，
点在平面上的投影是的中点，
所以三角形的投影为选项A符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行投影及平行投影的作法，其中解答中熟记平行投影的定义，准确确定点在平面上的投影是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题．
6．C
【分析】
根据题意，得到该几何体是由上下两部分组成的，上面是一个圆柱，底面直径为8，高为4；下面是一个长宽高分别为8，8，4的长方体．利用体积公式，即可求解．
【详解】
根据三视图可知：该几何体是由上下两部分组成的，上面是一个圆柱，底面直径为8，高为4；下面是一个长宽高分别为8，8，4的长方体．
∴该几何体的体积V=8×8×4+π×42×4=256+64π．
故选C．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．
7．D
【分析】
根据几何体的性质，判断出球心的位置，进而求得球的半径和体积．
【详解】
侧面为等边三角形，所以四棱锥为正四棱锥
从顶点向底面作垂直，则垂足即为底面正方形的中心O
因为正方形边长为1，所以O到顶点与到正方形四个顶点的距离均为
所以O即为球心，球的半径为
所以
所以选D
【点睛】
本题考查了球的基本概念和空间几何体的结构特征，关键是找到球心的位置，属于基础题．
8．D
【详解】
由直观图画法规则，可得是一个直角三角形，直角边，，故选D.
9．D
【分析】
作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.
【详解】
如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，
由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则共面，
故平面截该正方体所得的截面为.
又正方体的棱长为2，，，，，
故的面积为.
故选：D.
10．A
【分析】
连接A1P并延长，使其交AD于M，确定M点在AD上，再过M点作A1C平行线与平面ABCD内线段MC交于Q点，即可判断.
【详解】
过P作PN⊥A1A于N，A1N=3，PN=2，连接A1P，延长A1P交AD于M，设AM=x,
，即.于是.
连接MC,过P作PQ∥A1C,交MC于Q.所以Q在平面ABCD内.
故选：A
11．A
【分析】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可求得结果.
【详解】
因为底面，所以，又，
所以以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，
，，
设异面直线与所成的角为，，
则.
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：A
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题.
12．A
【分析】
做辅助线，构造并找到二面角所对应的平面角，根据已知可得，进而求得其最大值.
【详解】
在平面图中过A作DM的垂线并延长，交于,交于.在翻折过程中A点在平面BCD上的投影的轨迹就是平面图中的AE.设翻折的角度为，在平面BCD投影为，过作于F，则即为二面角所对的平面角.然后有，.故=，求导得,设，当时， ，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以即时，有最大值，此时=,故选A.
【点睛】
本题的解题关键在于找到二面角的平面角,并且用了求导数的方法求最大值，有一定的难度.
13．
【分析】
设出圆的标准方程，利用圆心C在直线上，且该圆经过和两点，列方程组求解即可.
【详解】
设圆C的标准方程为，
因为心C在直线上，且该圆经过和两点，
所以，
解得，
所以圆C的标准方程为.
故答案为：.
【点睛】
求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.
14．
【分析】
设点，连接交于，可写出的坐标，再在直角中，，利用勾股定理列方程可得x, y的关系式，即顶点的轨迹方程.
【详解】
设点，如图连接交于，
由矩形可知为的中点，，
连接，在直角中，，则
即，整理得，
所以顶点的轨迹方程是
故答案为：
【点睛】
关键点睛：本题考查求轨迹方程，解题的关键是求谁设谁，设点，然后再利用图像的几何关系找到x, y的关系式，即求得轨迹方程，考查学生的直观想象能力与运算求解能力，属于中档题.
15．24
【解析】
由几何体的三视图作出直观图如图所示，
故该几何体的体积．
点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
16．
【解析】
【分析】
根据条件，得出是与底面所成的角，然后根据直角三角形的边角关系，即可求解线面角的正切值，得到答案．
【详解】
由题意，因为底面，∴是在底面上的射影，
∴是与底面所成的角．
∵，∴，
∴,即与底面所成角的正切值为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查直线和平面所成角的求解问题，其中解答中利用线面角的定义确定线面角，再利用直角三角形求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
17．(1)时，方程表示圆；(2)证明见解析；(3)
【分析】
（1）当时，可知方程表示直线；当，化简整理已知方程，可知满足圆的方程；（2）将已知方程整理为，从而可得方程组，解方程组求得两定点坐标，结论可证得；（3）根据（2）的结论，可知以为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程，与已知方程对应相等可构造方程组，解方程组求得结果.
【详解】
(1)当时，方程为表示一条直线
当时，
时方程表示圆
(2)方程可变形为：
取任何值，上式都成立 ，解得：或
∴曲线过定点，
即无论为何值，曲线必过两定点
(3)由(2)曲线过定点，在这些圆中，以为直径的圆的面积最小
∵以为直径的圆的方程为：
，解得：
【点睛】
本题考查圆的方程、圆过定点以及圆的性质的应用等知识；本题求解圆面积最小的关键是能够根据圆的性质，确定以两定点为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程.
18．（1）证明见解析；（2）直线与直线交点的位置在射线的延长线上，且距离点的距离与长相等.
【分析】
（1）根据中位线关系以及长方体几何特点证明，由此证明、、、四点共面；
（2）根据空间中点线面的位置关系进行分析并判断交点位置.
【详解】
解：（1）如图，连线段、、
∵，，
∴，
又∵长方体，
∴，
∴，
∴ 四点共面，
（2）直线与直线交点的位置在射线的延长线上，且距离点的距离与长相等.
（理由供参考：设，所以，所以平面，
同理可得平面，所以在平面与平面的交线上，
又平面平面，所以，
又因为，所以，所以为中点，
所以直线与直线交点的位置在射线的延长线上，且距离点的距离与长相等.）
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据棱锥的体积公式求解即可；
（2）取中点，证明为三棱锥P-ABC外接球的球心，再求解体积即可
【详解】
解：（1）由已知
（2）取中点，
平面，
，又，
平面，，
，，
，
为外接圆的球心，
又，，，.
外接球的半径，
20．（Ⅰ）圆心坐标为(-5,-5)，半径为4；（Ⅱ）(x+5)2+(y-12)2=169；（Ⅲ）x2+y2+5x-14y+24=0.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）将圆的方程化为标准方程，即可得到圆心坐标和半径；（Ⅱ）设圆的半径为，圆心纵坐标为，由已知条件列出方程，求出与，由此能求出圆的方程；（Ⅲ）设，根据列出且，化简可得到的轨迹方程.
试题解析：（Ⅰ）将圆的方程改写为(x+5)2+(y+5)2=16，故圆心坐标为(-5,-5)，半径为4.
（Ⅱ）设圆D的半径为r，圆心纵坐标为b，由条件可得r2=(r-1)2+52，解得r=13.
此时圆心纵坐标b=r-1=12.
所以圆D的方程为(x+5)2+(y-12)2=169.
（Ⅲ）设M(x,y)，依题意有DM⊥PM.
即（x≠0且x≠-5），
整理得x2+y2+5x-14y+24=0（x≠0且x≠-5）.
当x=0时，y=12，符合题意，当x=-5时，y=2，符合题意.
故所求点M的轨迹方程为x2+y2+5x-14y+24=0.
点睛：求点的轨迹方程的基本步骤是：①建立适当的平面直角坐标系，设是轨迹上的任意一点；②寻找动点所满足的条件；③用坐标表示条件，列出方程；④化简方程为最简形式；⑤证明所得方程即为所求的轨迹方程，注意验证.
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.
（1）利用线面平行的判定定理证得平面BCD，进而利用线面平行的性质定理证得；
（2）利用线面垂直的判定定理证得平面ADB，进而证得平面CDH，然后由面面垂直判定定理证得结论.
【详解】
证明：（1）因为点E、F分别为线段AC、AD的中点，
为的中位线，则，
平面BCD，平面BCD，
平面BCD，又平面EFNM，
平面平面，；
（2），
，，
，平面ADB，平面ADB，
平面ADB，
又，，平面DCH，平面DCH，
平面CDH，平面ABC，
平面平面ABC.
【点睛】
要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.
22．（1）；（2）
【分析】
（1）由图可知，三棱锥是棱长为的正四面体，分别求出它的表面积和正方体的表面积，再相比，便可得答案.
（2）利用割补法，由正方体的体积减去四个体积相同的三棱锥，即可得解.
【详解】
（1）正方体的棱长为，则三棱锥的棱长为，且其四个面都是正三角形，则其表面积为，
又因为正方体表面积为，则三棱锥的表面积与正方体表面积的比值为；
（2）利用割补法，三棱锥为正方体去掉四个体积相同的三棱锥.
，，
则三棱锥的体积为.
【点睛】
本题考查三棱锥的表面积和体积，借助正方体的性质以及割补法，同时考查学生的想象力和空间思维能力.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页