广东省佛山一中高二(上)第二次段考数学试卷(文科)

2016-2017学年广东省佛山一中高二（上）第二次段考数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12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．设p、q是两个命题，若￢（p∨q）是真命题，那么（）A．p是真命题且q是假命题B．p是真命题且q是真命题C．p是假命题且q是真命题D．p是假命题且q是假命题2．在空间直角坐标系O﹣xyz中，点（1，2，1）关于平面yOz对称点的坐标为（）A．（﹣1，﹣2，1）B．（﹣1，2，1）C．（1，﹣2，﹣1）D．（1，2，﹣1）3．已知圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的位置关系是（）A．内切B．相交C．外切D．相离4．四棱锥是正四棱锥的一个充分但不必要条件是（）A．各侧面都是正三角形B．底面是正方形，各侧面都是等腰三角形C．各侧面是全等的等腰三角形D．底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形5．a=﹣6是直线l1：ax+（1﹣a）y﹣3=0和直线l2：（a﹣1）x+2（a+3）y﹣2=0垂直的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．不充分不必要条件6．如图，圆锥的底面直径AB=2，母线长VA=3，点C在母线长VB上，且VC=1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A到点C，则这只蚂蚁爬行的最短距离是（）A．B．C．D．7．已知A（2，2）、B（﹣1，3），若直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线l的倾斜角α的取值范围是（）A．α≥B．≤α＜或＜α≤C．﹣1≤α≤1 D．≤α≤8．曲线y=1+与直线y=k（x﹣2）+4有两个交点，则实数k的取值范围是（）A． B．C．D．9．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F．则下列命题中假命题是（）A．存在点E，使得A1C1∥平面BED1FB．存在点E，使得B1D⊥平面BED1FC．对于任意的点E，平面A1C1D⊥平面BED1FD．对于任意的点E，四棱锥B1﹣BED1F的体积均不变10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．5 B．4 C．2 D．111．若平面α，β，满足α⊥β，α∩β=l，P∈α，P∉l，则下列命题中的假命题为（）A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P在平面α内作垂直于l的直线必垂直于平面βC．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P垂直于直线l的直线在平面α内12．已知向量=（2cosα，2sinα），=（3cosβ，3sinβ），与的夹角为60°，则直线与圆的位置关系是（）A．相切B．相交C．相离D．随α，β的值而定二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13．下列说法错误的是．①已知命题p为“∀x∈，，0，+∞），（log32）x≤1”，则非p是真命题②若p∨q为假命题，则p，q均为假命题③x＞2是x＞1充分不必要条件④“全等三角形的面积相等”的否命题是假命题．【考点】命题的真假判断与应用．【分析】①，∵0＜log32＜1，∴∀x∈0，+∞），（log32）x≤1成立即命题p是真命题，则非p是假命题，故错；对于②，若p∨q为假命题，则p，q均为假命题，正确；对于③，∵x＞2⇒x＞1，反之不能，∴x＞2是x＞1充分不必要条件，正确；对于④，∵不全等三角形的面积可能相等，∴“全等三角形的面积相等”的否命题是假命题，正确．故答案为：①14．与圆x2+（y﹣2）2=2相切，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为y=±x或y=﹣x+4．【考点】直线与圆相交的性质．【分析】当直线过原点时斜率存在，设方程为y=kx，当直线不过原点时，设直线的方程为y=a﹣x，分别联立方程由△=0可得．【解答】解：当直线过原点时斜率存在，设方程为y=kx，联立消去y可得（k2+1）x2﹣4kx+2=0，由相切可得△=16k2﹣8（k2+1）=0，解得k=±1，∴所求直线的方程为y=±x；当直线不过原点时，设直线的方程为y=a﹣x，联立消去x可得2y2﹣（4+2a）y+a2+2=0，由相切可得△=（4+2a）2﹣8（a2+2）=0，解得a=4，∴所求直线的方程为y=﹣x+4综上可得所求直线的方程为：y=±x或y=﹣x+4．故答案为：y=±x或y=﹣x+4．15．下列四个命题：①圆（x+2）2+（y+1）2=4与直线x﹣2y=0相交，所得弦长为2；②直线y=kx与圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2=1恒有公共点；③“a=2”是“直线ax+2y=0平行于直线x+y=1”的充分不必要条件．④若棱长为的正四面体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为π．其中，正确命题的序号为②④．写出所有正确命的序号）【考点】命题的真假判断与应用．【分析】由直线过圆心求得弦长判断①；由直线与圆均过原点判断②；由充分必要条件的判定方法判断③；由正四面体外接球的半径是正四面体高的求出正四面体外接球的半径，进一步求得外接球的体积判断④．【解答】解：①直线x﹣2y=0经过圆（x+2）2+（y+1）2=4的圆心，直线交圆所得弦长为4，故①错误；②圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2=1的圆心坐标为（cosθ，sinθ），到原点的距离为1，说明圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2=1恒过原点，而直线y=kx恒过原点，∴直线y=kx与圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2=1恒有公共点，故②正确；③当a=2时，直线ax+2y=0平行于直线x+y=1．当直线ax+2y=0平行于直线x+y=1时，有a=2．∴“a=2”是“直线ax+2y=0平行于直线x+y=1”的充要条件，故③错误；④棱长为的正四面体的高为，则其外接球的半径为，体积为=π，故④正确．∴正确命题的序号是②④．故答案为：②④．16．命题p：关于x的不等式x2+2ax+4＞0，对一切x∈R恒成立；命题q：函数f（x）=（3﹣2a）x在R上是增函数．若p或q为真，p且q为假，则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣21，2）．【考点】复合命题的真假．【分析】根据不等式的恒成立的等价条件及幂函数的单调性分别求得命题命题p、q为真时a的范围，再利用复合命题真值表判断：若p或q为真，p且q为假，则命题p、q 一真一假，分别求出当p真q假时和当p假q真时a的范围，再求并集．【解答】解：关于x的不等式x2+2ax+4＞0，对一切x∈R恒成立，则△=4a2﹣16＜0，即a2＜4，解得﹣2＜a＜2；命题q为真命题，则3﹣2a＞1⇒a＜1，根据复合命题真值表知：若p或q为真，p且q为假，则命题p、q一真一假，当p真q假时，，则1≤a＜2；当p假q真时，，则a≤﹣2，∴实数a的取值范围是a≤﹣2或1≤a＜2，故答案为：（﹣∞，﹣21，2）三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤17．在△ABC中，已知顶点B（1，0），高AD所在的直线方程为x﹣2y+4=0，中线CE所在的直线方程为7x+y﹣12=0上，（1）求顶点C的坐标；（2）求边AC所在的直线方程．【考点】直线的一般式方程．【分析】（1）由题意可垂直关系可得BC的斜率为﹣2，可得BC的方程为2x+y﹣2=0，联立CE与BC的方程解方程组可得；（2）设A（2y﹣4，y），由中点坐标公式可得E（，），代入CE的方程可得y 值，可得A的坐标，进而可得AC的斜率，可得方程．【解答】解：（1）∵高AD所在的直线方程为x﹣2y+4=0，∴AD的斜率为，∴BC的斜率为﹣2，∴BC的方程为y﹣0=﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2=0，联立CE与BC的方程可得，解得，即C（2，﹣2）；（2）∵AD的方程为x﹣2y+4=0，故设A（2y﹣4，y），由中点坐标公式可得E（，），又E在7x+y﹣12=0上，∴7×+﹣12=0，解得y=3，∴A（2，3），∴AC无斜率，∴AC的方程为：x﹣2=0．18．在平面直角坐标系xOy中，以C（1，﹣2）为圆心的圆与直线相切．（1）求圆C的方程；（2）求过点（3，4）且截圆C所得的弦长为的直线方程．【考点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系．【分析】（1）假设圆的方程，利用以C（1，﹣2）为圆心的圆与直线相切，即可求得圆C的方程；（2）分类讨论，利用圆心C（1，﹣2）到直线的距离，过点（3，4）且截圆C所得的弦长为，即可求得直线方程．【解答】解：（1）设圆的方程是（x﹣1）2+（y+2）2=r2，﹣﹣﹣﹣﹣﹣依题意，∵C（1，﹣2）为圆心的圆与直线相切．∴所求圆的半径，，﹣﹣﹣﹣﹣∴所求的圆方程是（x﹣1）2+（y+2）2=9．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）∵圆方程是（x﹣1）2+（y+2）2=9，当斜率存在时，设直线的斜率为k，则直线方程为y﹣4=k（x﹣3），﹣﹣﹣﹣﹣﹣即kx﹣y+4﹣3k=0，由圆心C（1，﹣2）到直线的距离，﹣﹣﹣﹣即，解得，﹣﹣﹣﹣﹣∴直线方程为，即4x﹣3y=0，﹣﹣﹣﹣∴当斜率不存在时，也符合题意，即所求的直线方程是x=3．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴所求的直线方程为x=3和4x﹣3y=0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣19．如图，三棱柱ABC﹣A1 B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（1）证明：AB⊥A1C；（2）若AB=CB=2，A1C=，求三棱锥C﹣A BC1的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）取AB的中点O，连接CO，OA1，A1B．利用等腰三角形与菱形、等边三角形的性质可得：AB⊥CO，AB⊥OA1，从而证明AB⊥平面COA1．即可得出．（2）利用等边三角形的性质、线面垂直的判定定理可得：A1O⊥平面ABC．故A1O是三棱锥A1﹣ABC的高．利用三棱锥A1﹣ABC的体积V=×A1O即可得出．【解答】（1）证明：取AB的中点O，连接CO，OA1，A1B．∵CA=CB，∴CO⊥AB，又AB=AA1，．∴△A1AB为等边三角形．∴A1O⊥AB，又∵CO⊂平面COA1，A1O⊂平面COA1，CO∩A1O=O．∴AB⊥平面COA1．又A1C⊂平面COA1，因此AB⊥A1C；（2）解：在等边△ABC中，在等边△A1AB中；在△A1OC中．∴△A1OC是直角三角形，且，故OC⊥A1O．又OC、AB⊂平面ABC，OC∩AB=O，∴A1O⊥平面ABC．故A1O是三棱锥A1﹣ABC的高．又．∴三棱锥A1﹣ABC的体积．∴三棱锥C﹣ABC1的体积为1．20．如图，在三棱锥V﹣ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC=BC=a，∠VDC=45°．（I）求证：平面VAB⊥平面VCD；（II）求异面直线VD和BC所成角的余弦．【考点】直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（I）根据线线垂直⇒线面垂直，再由线面垂直⇒面面垂直．（II）通过作平行线，作出异面直线所成的角，再在三角形中求角．【解答】解：（Ⅰ）∵AC=BC=a，∴△ACB是等腰三角形，又D是AB的中点，∴CD ⊥AB，又VC⊥底面ABC．AB⊂平面ABC，∴VC⊥AB．∵VC∩CD=C，∴AB⊥平面VCD．又AB⊂平面VAB，∴平面VAB⊥平面VCD．（Ⅱ）过点D在平面ABC内作DE∥BC交AC于E，则∠VDE就是异面直线VD和BC所成的角．在△ABC中，，又；∵BC⊥平面VAC，∴DE⊥平面VAC，∴△VDE为直角三角形，VD=a，，∴∴异面直线VD和BC所成角的余弦．21．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB=AD=CD=1．现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF 与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2．（1）求证：AM∥平面BEC；（2）求证：BC⊥平面BDE；（3）求点D到平面BEC的距离．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算．【分析】（1）欲证AM∥平面BEC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AM 与平面BEC内一直线平行，取EC中点N，连接MN，BN，根据中位线定理和条件可知MN∥AB，且MN=AB，从而得到四边形ABNM为平行四边形，则BN∥AM，BN ⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，满足定理所需条件；（2）欲证BC⊥平面BDE，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BC与平面BDE 内两相交直线垂直，根据面面垂直的性质可知ED⊥平面ABCD，则ED⊥BC，根据勾股定理可知BC⊥BD，满足定理所需条件；（3）过点D作EB的垂线交EB于点G，则DG⊥平面BEC，从而点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，在直角三角形BDE中，利用等面积法即可求出DG，从而求出点D到平面BEC的距离．【解答】解：（1）证明：取EC中点N，连接MN，BN．在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点，所以MN∥CD，且．由已知AB∥CD，，所以MN∥AB，且MN=AB．所以四边形ABNM为平行四边形．所以BN∥AM．又因为BN⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，所以AM∥平面BEC．（2）在正方形ADEF中，ED⊥AD．又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD．所以ED⊥BC．在直角梯形ABCD中，AB=AD=1，CD=2，可得．在△BCD中，，所以BD2+BC2=CD2．所以BC⊥BD．所以BC⊥平面BDE．（3）由（2）知，BC⊥平面BDE又因为BC⊂平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．过点D作EB的垂线交EB于点G，则DG⊥平面BEC所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度在直角三角形BDE中，所以所以点D到平面BEC的距离等于．22．已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A，B．（1）求圆C1的圆心坐标；（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；（3）是否存在实数k，使得直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．【分析】（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线L与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5=0，整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2=4，∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；（2）设当直线l的方程为y=kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），联立方程组，消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5=0，由△=36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜由韦达定理，可得x1+x2=，∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为，其中﹣＜k＜，∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x﹣）2+y2=，其中＜x≤3；（3）结论：当k∈（﹣，）∪{﹣， }时，直线L：y=k（x﹣4）与曲线C 只有一个交点．理由如下：联立方程组，消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2=0，令△=（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2=0，解得k=±，又∵轨迹C的端点（，±）与点（4，0）决定的直线斜率为±，∴当直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，k的取值范围为∪{﹣， }．2017年4月15日。