江苏省礼嘉中学高二数学上学期阶段教学质量调研试题

礼嘉中学2022—2022学年第一学期高二年级数学阶段教学质量调研试卷时间:120分钟满分:160分一、填空题(每小题5分,共14小题70分)1、过点且垂直于直线的直线方程为  __________             2、已知的圆心在直线上，那么实数等于__________．3、直线必过一定点，则定点的坐标为__________.4、已知、是直线，、是平面，给出下列命题：①若垂直于内两条相交直线，则；②若平行于，则平行于内的所有直线；③若，，且，则；④若，且，则；⑤若，，且，则．其中正确的命题的序号是__________．5、过原点且倾斜角为度的直线被圆所截得的弦长为__________.      6、分别为直线与上任意一点，则的最小值为__________．7、一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为__________．8、直线将圆平分，且与直线垂直，则直线的方程为__________．9、过两直线和的交点且与直线平行的直线方程为__________. 10、已知直线的倾斜角为，并且，则直线的斜率的取值范围是__________．11、已知点在直线上，则的最小值为__________．12、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为，则这个球的体积为__________.13、已知圆，当该圆面积取得最大值时，圆心坐标为__________．14、已知直线和圆.有以下几个结论：  ①直线的倾斜角不是钝角； ②直线必过第一、三、四象限；  ③直线能将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧；  ④直线与圆相交的最大弦长为；其中正确的是__________.（写出所有正确说法的番号）    二、解答题(第15题14分,第16题14分,第17题14分,第18题16分,第19题16分,第20题16分,共6小题90分)15、在中，已知，，且边的中点在轴上，边的中点在轴上，求：(1)顶点的坐标；(2)直线的方程．16、如图，是等腰直角三角形，是直角，是它的一条中位线，．把沿折起，使得平面平面，连接，，是的中点，如图所示．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求四棱锥的体积．17、已知直线经过点，且被圆截得的弦长为．(1)求此弦所在的直线方程；(2)求过点的最短弦和最长弦所在直线的方程．18、四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，，AB=AC．（1）取CD的中点为F，AE的中点为G，证明：FG∥面ABC；（2）证明：AD⊥CE．19、已知三角形的顶点是，，．(1)求直线的方程．(2)求直线与坐标轴围成的三角形的面积．(3)若过点直线与线段相交，求直线的斜率的范围．20、如图，已知是圆与轴的交点，为直线上的动点，与圆的另一个交点分别为．(1)若点坐标为，求直线的方程；(2)求证：直线过定点．礼嘉中学2022—2022学年第一学期高二年级数学阶段教学质量调研试卷答案解析第1题答案略第1题解析  解：设所求的直线方程为，把点的坐标代入得，∴，故所求的直线的方程为，故答案为． 第2题答案  3第2题解析  ∵的圆心是，圆心在直线上，∴，∴.第3题答案  第3题解析  ，因直线恒过一定点，所以，解得，所以定点的坐标为.第4题答案  ①④第4题解析  对于②，，但不能平行于内的所有直线；对于③，不能保证；对于⑤，，但在，内的直线与可能平行，也可能异面．第5题答案  第5题解析  解：根据题意：直线方程为：， ∵圆， ∴圆心为：，半径为：，圆心到直线的距离为：， 再由：，得： ， 第6题答案  第6题解析  解:直线可变形为，则的最小值即两平行线与间的距离，代入公式可得，所以的最小值为.第7题答案第7题解析柱体表面积椎体表面积第8题答案  ．第8题解析  由已知可知直线过圆心，又与直线垂直，∴所求直线斜率为，由点斜式可得直线方程为：，即：.第9题答案  第9题解析  联立和，即可解得交点．设过点且与直线平行的直线方程为．把点代入可得即可.解得.即. 第10题答案  ．第10题解析  当时，斜率不存在；当时，由斜率的定义知，同时结合图形，易得．第11题答案  ．第11题解析  表示点M到原点的距离，而点在直线上，所以的最小值即为原点到直线的距离，其值为．第12题答案  第12题解析  设正方体的棱长为，∵这个正方体的表面积为，∴，则，即，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即，即，则球的体积；故答案为：.第13题答案  ．第13题解析  当圆的半径长最大时，圆的面积最大．由得，．当k＝0时，最大，半径长也最大，此时圆心坐标为．第14题答案   ①④ 第14题解析  直线的方程可化为，此时斜率， 由于，得，所以可知该直线的倾斜角是，该选项正确； 由于，得，，所以，可知，当时，，得，此时直线是轴所在的直线，不过任何象限，该选项错误； 直线的方程简化为，根据直线与圆相交，可得，对圆整理得，得圆的圆心为， 半径；圆心到直线的距离即，从而，若与圆相交， 则圆截直线所得的弦所对的圆心角小于，所以直线能将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧，该选项错误；根据③的分析，可知，当时，直线与圆相交的弦长最长，由圆心到直线的距离，又，所以，该选项正确. 第15题答案(1)(2)．第15题解析(1)设，则边的中点 ，边的中点，∵在轴上，∴．∴．∵在轴上，∴ ，∴．即．(2)由(1)得，，故直线的方程为，即．第16题答案（1）见解析；（2）见解析；（3）.第16题解析（1)取的中点为，连结，.由题意知，，.则为平行四边形，所以.因为面，面，所以面.  （2）∵，∴，∴.∵，∴.又，∴面.（3）∵平面平面，平面平面，，∴平面，故为四棱锥的高.梯形的面积，则.第17题答案（1）或；（2）最短弦所在方程为，最长弦所在方程为.第17题解析（1）直线被圆截得的弦长为，∴圆心到直线的距离为，当斜率不存在时，直线符合题意，当斜率存在时，可设直线方程为，即，则，∴，即，综上可知：弦所在的直线方程为或；（2）最短弦：∵，∴直线的方程为，即，最长弦：直线的方程为，即.第18题答案（1）略（2）略第18题解析（1）证明：取AB中点H，连接GH，CH，因为G是AE中点，所以且，又因为矩形BCDE，所以且，是CD中点，所以且，所以四边形FGHC是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以FG∥面；（2）取BC中点Q，连接AQ，DQ，因为AC=AB，所以AQ⊥BC，因为侧面ABC⊥底面BCDE，AQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面BCDE=BC，所以AQ⊥平面BCDE，因为CE⊂平面BCD，所以CE⊥AQ，又在矩形BCDE中，，所以，所以∽，所以∠DQC=∠CEB，所以，所以，因为，所以CE⊥平面，因为平面，所以.第19题答案（1）（2）（3）第19题解析（1）由，，，∴直线的方程为：，整理得：.（2）由（1）直线方程，令 ，，∴.（3）由题可知，所以若过点直线与线段相交，则的斜率的范围为.第20题答案(1)；(2)直线过定点（1,0）．第20题解析解：（1）由点，可知：直线方程为，由解得，同理可知直线的方程为，由解得，用两点式求得的方程，并化简可得，即；（2）设，则直线的方程为，直线的方程为.由得，同理.直线的斜率，直线的方程为，化简得：.所以直线过定点.