2020年11月安徽名校高二上学期期中联考文科数学试题

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2020年安徽省合肥一中高二(上)期中数学试卷(文科)

高二（上）期中数学试卷（文科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.直线x=1的倾斜角和斜率分别是()A. 45°，1B. 135°，−1C. 90°，不存在D. 180°，不存在2.下列说法中不正确的．．．．是()．A. 空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B. 同一平面的两条垂线一定共面C. 过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内D. 过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直3.方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，m的取值范围是()A. 14<m<1 B. m<14或m>1C. m<14D. m>14.若a，b是异面直线，且a//平面α，则b和α的位置关系是()A. 平行B. 相交C. b在α内D. 平行、相交或b在α内5.如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的体积是()A. 10π3B. 13π3C. 11π3D. 8π36.设l是直线，α，β是两个不同的平面()A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若l//α，l⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD. 若α⊥β，l//α，则l⊥β7.若直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，则实数a的取值范围是()A. [−3,−1]B. [−1,3]C. [−3,1]D. (−∞,−3]∪[1,+∞)8.圆x2+2x+y2+4y−3=0上到直线x+y+1=0的距离为√2的点共有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，则此球的体积为()A. √6πB. 4√3πC. 4√6πD. 6√3π10.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. 110B. 25C. √3010D. √2211.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)，直线m过P(1,1)，且与线段AB相交，求直线m的斜率k的取值范围为()A. k≥34或k≤−4 B. k≥34或k≤−14C. −4≤k≤34D. 34≤k≤412.如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动(P点异于B、C1点)，则下列四个结论：①三棱锥A−D1PC的体积不变：②A1P//平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如果直线ax+2y+2=0与直线3x−y−2=0平行，那么系数a的值为______．14.已知点B与点A(1,2，3)关于M(0,−1,2)对称，则点B的坐标是______．15.圆(x+2)2+y2=4与圆(x−2)2+(y−1)2=9的位置关系为______．16.已知⊙M：x2+(y−2)2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，求动弦AB的中点P的轨迹方程为______．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.已知集合A={y|y=x2−32x+1,34≤x≤2},B={x|x+m2≥1}，p：x∈A，q：x∈B，并且p是q的充分条件，求m的取值范围．18.已知直线l1，l2的方程分别为2x−y=0，x−2y+3=0，且l1，l2的交点为P．(1)求P点坐标；(2)若直线l过点P，且与x，y轴正半轴围成的三角形面积为92，求直线l的方程．19.圆C经过点A(2,−1)，和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=−2x上．(1)求圆C的方程；(2)圆内有一点B(2,−52)，求以该点为中点的弦所在的直线的方程．20.如图，在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=√2a，点E在PD上，且PE：ED=2：1．(1)求该四棱锥的体积；(2)若F为棱PC的中点，证明：BF//平面AEC．21.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．(1)求证：DE//平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．22. 已知过点A(−1,0)的动直线l 与圆C ：x 2+(y −3)2=4相交于P ，Q 两点，M 是PQ 中点，l 与直线m ：x +3y +6=0相交于N ． (1)求证：当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ； (2)当PQ =2√3时，求直线l 的方程；(3)探索AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是否与直线l 的倾斜角有关？若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，而斜率不存在，故选：C．利用直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，选出答案．本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及直线的图象特征与直线的倾斜角、斜率的关系．2.【答案】D【解析】【分析】根据证明平行四边形的条件判断A，由线面垂直的性质定理和定义判断B和C，利用实际例子判断D．本题考查了平面几何和立体几何中的定理和定义，只要抓住定理中的关键条件进行判断，可借助于符合条件的几何体进行说明，考查了空间想象能力和对定理的运用能力．【解答】解：A、一组对边平行且相等就决定了是平行四边形，故A不符合题意；B、由线面垂直的性质定理知，同一平面的两条垂线互相平行，因而共面，故B不符合题意；C、由线面垂直的定义知，这些直线都在同一个平面内即直线的垂面，故C不符合题意；D、由实际例子，如把书本打开，且把书脊垂直放在桌上，则由无数个平面满足题意，故D符合题意．故选：D．3.【答案】B【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，可以求得若方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，必有16m2+4−20m>0，即可求出m的取值范围．本题考查二元二次方程表示圆的条件，若方程x2+y2+Dx+Ey+F=0表示圆，则有D2+E2−4F>0．【解答】解：根据二元二次方程表示圆的条件，方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，必有16m2+4−20m>0，解可得，m<14或m>1，故选：B．4.【答案】D【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1的中点为E，CC1的中点为F，设D1C1=a，平面ABCD为α，则a//α．观察图形，知：a与AD为异在直线，AD⊂α；a与AA1为异面直线，AA1与α相交；a与EF是异面直线，EF//α．∴若a，b是异面直线，且a//平面α，则b和α的位置关系是平行、相交或b在α内．故选：D．作出正方体，借助正方体能够比较容易地得到结果．本题考查直线与平面的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意平面的公理及其推论的灵活运用．5.【答案】B【解析】解：由几何体的三视图得，几何体是低下是一个圆柱，底面半径为1，圆柱体的高为3，上面是半径为1的一个球∴该几何体的体积为π×3+43π=133π故选：B．先由三视图判断出几何体的直观图的形状为上面是球，下面是圆柱；然后利用圆柱、球的体积公式求出该几何体的体积．解决由三视图求几何体的表面积、体积问题，一般先将三视图转化为几何体的直观图，再利用面积、体积公式求．6.【答案】B【解析】解：若l//α，l//β，则α//β或α，β相交，故A不正确；根据线面平行的性质可得：若l//α，经过l的直线与α的交线为m，则l//m，∵l⊥β，∴m⊥β，根据平面与平面垂直的判定定理，可得α⊥β，故B正确；若l⊥α，α⊥β，则l⊂β或l//β，故C错误；作出正方体ABCD−A′B′C′D′，设平面ABCD为α，ADD′A′为β，则α⊥β，观察正方体，得到：B′C′//α，且B′C′//β；A′D′//α，且A′D′⊂β；A′B′//α，且A′B′与β相交．∴面α、β及直线l满足：α⊥β，l//α，则一定有l//β或l⊂β或l与β相交，故D不正确．故选：B．对4个选项分别进行判断，即可得出结论．“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．7.【答案】C【解析】【分析】根据直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，可得圆心到直线x−y+1=0的距离不大于半径，从而可得不等式，即可求得实数a取值范围．本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用圆心到直线的距离不大于半径，建立不等式．【解答】解：∵直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点≤√2∴圆心到直线x−y+1=0的距离为|a+1|√2∴|a+1|≤2∴−3≤a≤1故选：C．8.【答案】C【解析】解：圆x2+2x+y2+4y−3=0的圆心(−1,−2)，半径是2√2，圆心到直线x+=√2，y+1=0的距离是√2故圆上的点到直线x+y+1=0的距离为√2的共有3个．故选：C．先求圆心和半径，再看圆心到直线的距离，和√2比较，可得结果．本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查数形结合的思想，是中档题．9.【答案】B【解析】【分析】利用平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，求出球的半径，然后求解球的体积．本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．【解答】解：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，所以球的半径为：√(√2)2+1=√3．(√3)3=4√3π.所以球的体积为：4π3故选B．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．【解答】解：直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角等于∠ANO，MN=//12∵BC=CA=CC1，设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=√5，AN=√5，MB=√B1M2+BB12=√(√2)2+22=√6，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO=AN 2+NO2−AO22AN⋅NO=2×√5×√6=√3010．故选：C．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查一元二次不等式组表示平面区域的问题，注意直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上．根据题意，设直线m的方程为y−1=k(x−1)，分析可得若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，解可得k的范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，直线m过P(1,1)，设直线m的方程为y−1=k(x−1)，即y−kx+k−1=0，若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，解可得：k≥34或k≤−4；故选A．12.【答案】C【解析】解：对于①，由题意知AD1//BC1，从而BC1//平面AD1C，故BC 1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A−D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1//AD1且相等，由于①知：AD1//BC1，所以面BA1C1//面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面BCB 1C 1，所以DC ⊥BC 1，若DP ⊥BC 1，则BC 1⊥平面DCP ，BC 1⊥PC ，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB 1，由DB 1⊥AC 且DB 1⊥AD 1，可得DB 1⊥面ACD 1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C ．利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂直的判断与性质求解．本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等积法、线面平行、线线垂直的判定，要注意转化的思想的使用，是中档题．13.【答案】−6【解析】解：∵直线ax +2y +2=0与直线3x −y −2=0平行，∴它们的斜率相等，∴−a 2=3 ∴a =−6故答案为：−6根据它们的斜率相等，可得−a 2=3，解方程求a 的值．本题考查两直线平行的性质，两直线平行，斜率相等． 14.【答案】(−1,−4,1)【解析】解：设点B 的坐标为(x,y ，z)，∵点B 与点A(1,2，3)关于M(0,−1,2)对称， ∴点M(0,−1,2)对为点A(1,2，3)和点B(x,y ，z)的中点，由中点坐标公式可得，{0=x+12−1=y+222=z+32，解得{x =−1y =−4z =1， ∴点B 的坐标是(−1,−4,1)．故答案为：(−1,−4,1)．根据点的对称性，将问题转化为两点的中点坐标问题，利用中点坐标公式列出方程组，求解即可得到点B 的坐标公式．本题考查了空间中的点的坐标．中点考查了中点坐标公式，解空间坐标问题时，要注意类比平面坐标，对于一些运算公式和法则两者是通用的．属于基础题．15.【答案】相交【解析】解：圆C(x +2)2+y 2=4的圆心C(−2,0)，半径r =2；圆M(x −2)2+(y −1)2=9的圆心M(2,1)，半径R =3．∴|CM|=√(−2−2)2+1=√17，R −r =3−2=1，R +r =3+2=5．∴R −r <√17<R +r ．∴两圆相交．故答案为：相交．由两圆的方程可得圆心坐标及其半径，判断圆心距与两圆的半径和差的关系即可得出．本题考查了判断两圆的位置关系的方法，属于基础题．16.【答案】x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)【解析】解：连接MB ，MQ ，设P(x,y)，Q(|a|,0)，点M 、P 、Q在一条直线上，得2−a =y−2x .①由射影定理，有|MB|2=|MP|⋅|MQ|，即√x 2+(y −2)2⋅√a 2+4=1.②由①及②消去a ，可得x 2+(y −74)2=116和x 2+(y −94)2=116．又由图形可知y <2，因此x 2+(y −94)2=116舍去．因此所求的轨迹方程为x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)．故答案为：x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)．连接MB ，MQ ，设P(x,y)，Q(|a|,0)，点M 、P 、Q 在一条直线上，利用斜率相等建立等式，进而利用射影定理|MB|2=|MP|⋅|MQ|，联立消去a ，求得x 和y 的关系式，根据图形可知y <2，进而可求得动弦AB 的中点P 的轨迹方程．本题主要考查了直线与圆的位置关系，求轨迹方程问题．解题过程中灵活利用了射影定理． 17.【答案】解：化简集合A ={y|y =x 2−32x +1,34≤x ≤2}，配方，得y =(x −34)2+716.因为x ∈[716,2]，∴y min =716,y max =2∴y ∈[716,2]∴A ={y|716≤y ≤2}，化简集合B ，由x +m 2≥1，得x ≥1−m 2，B ={x|x ≥1−m 2}，因为命p 题是命题q 的充分条件，∴A ⊆B ∴1−m 2≤716解得m ≥34或m ≤−34，故实数的取值范围是(−∞,−34]∪[34．【解析】根据二次函数的性质求出A 的范围，化简集合B ，根据A ⊆B ，得到关于m 的不等式，解出即可．本题考查了二次函数的性质，考查集合的包含关系，是一道基础题．18.【答案】解：(1)由{2x −y =0x −2y +3=0得P(1,2)．(2)①当过点P(1,2)的直线与坐标轴平行时，不合题意；②当过点P(1,2)的直线与坐标轴不平行时，可设所求直线方程为y −2=k(x −1)，当x =0时，y =2−k ；当y =0时，x =1−2k ．故三角形的面积s △=12|(1−2k )(2−k)|=92，由2−k >0，1−2k >0，解得k =−1或−4．故所求的直线方程为y −2=−1×(x −1)或y −2=−4×(x −1)，即x +y −3=0或4x +y −6=0；综上，所求直线方程为x +y −3=0或4x +y −6=0；【解析】(1)把2条直线的方程联立方程组，求出方程组的解，可得交点坐标．(2)用点斜式求直线的方程，并求出它在坐标轴上的截距，再根据直线与x ，y 轴正半轴围成的三角形面积为92，求出斜率的值，可得直线l 的方程．本题主要考查求直线的交点坐标，用点斜式求直线的方程，直线的截距，属于基础题． 19.【答案】解：(1)设圆心(m,−2m)，方程为：(x −m)2+(y +2m)2=r 2∵圆过A(2,−1)，∴有(2−m)2+(−1+2m)2=r 2 又√2=r ，解得m =1,r =√2，∴圆的方程为(x −1)2+(y +2)2=2．(2)由题意，(x −1)2+(y +2)2=2的圆心坐标为C(1,−2)，则k CB =−2+521−2=−12，∴以B(2,−52)为中点的弦所在的直线的斜率为2，∴所求直线方程为y+52=2(x−2)，即4x−2y−13=0．【解析】(1)设出圆心坐标，利用圆C经过点A(2,−1)，和直线x+y=1相切，建立方程组，可求圆C的方程；(2)求出以B(2,−52)为中点的弦所在的直线的斜率，利用点斜式可得方程．本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．20.【答案】(1)解：设AC∩BD=O，连接PO，则O既为AC的中点，也为BD的中点，∵∠ABC=60°，AC=a，∴BD=√3a，AO=12AC=12a，BO=12BD=√32a.∵PB=PD=√2a，∴PO⊥BD，PO2=PB2−BO2=54a2，∴PA2+AO2=PO2，即PA⊥AC．∵PO⊥BD，AC⊥BD，PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAC．∵平面ABCD∩平面PAC=AC，PA⊂平面PAC，∴PA⊥平面ABCD．∴四棱锥的体积V=13PA⋅S菱形ABCD=13PA⋅12AC⋅BD=13×a×12×a×√3a=√36a3．(2)证明：取PE的中点M，连结FM、BM，则FM//CE．由PE：ED=2：1，知E是MD的中点，∵O为BD的中点，∴BM//OE．∵FM∩BM=M，CE∩OE=E，FM、BM⊂平面BFM，CE、OE⊂平面AEC，∴平面BFM//平面AEC．又BF⊂平面BFM，∴BF//平面AEC．【解析】(1)设AC∩BD=O，连接PO，在菱形ABCD中，易求得BD=√3a，AO=12a，BO=√32a，由勾股定理可证明PA⊥AC；由PO⊥BD，AC⊥BD，可推出BD⊥平面PAC，PA⋅结合面面垂直的判定定理与性质定理可得PA⊥平面ABCD，故四棱锥的体积V=13S．菱形ABCD(2)取PE的中点M，连结FM、BM，则FM//CE，BM//OE，从而推出平面BFM//平面AEC，再由面面平行的性质定理即可得证．本题考查空间中线与面的位置关系、棱锥体积的求法，熟练掌握空间中线面、面面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE//BC，又DE⊄平面A1CB，∴DE//平面A1CB．(2)由已知得AC⊥BC且DE//BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，又DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，而A1F⊂平面A1DC，∴DE⊥A1F，又A1F⊥CD，∴A1F⊥平面BCDE，∴A1F⊥BE．(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC．∵DE//BC，∴DE//PQ．∴平面DEQ即为平面DEP．由(Ⅱ)知DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C，又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，∴A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ，故线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．【解析】(1)D ，E 分别为AC ，AB 的中点，易证DE//平面A 1CB ；(2)由题意可证DE ⊥平面A 1DC ，从而有DE ⊥A 1F ，又A 1F ⊥CD ，可证A 1F ⊥平面BCDE ，问题解决；(3)取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，则PQ//BC ，平面DEQ 即为平面DEP ，由DE ⊥平面，P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，可证A 1C ⊥平面DEP ，从而A 1C ⊥平面DEQ ．本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题．22.【答案】解：(1)∵l 与m 垂直，且k m =−13，∴k 1=3，故直线l 方程为y =3(x +1)，即3x −y +3=0.∵圆心坐标(0,3)满足直线l 方程， ∴当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ．(2)①当直线l 与x 轴垂直时，易知x =−1符合题意．②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y =k(x +1)，即kx −y +k =0， ∵PQ =2√3，∴CM =√4−3=1，则由CM =√k 2+1=1，得k =43， ∴直线l ：4x −3y +4=0．故直线l 的方程为x =−1或4x −3y +4=0．(3)∵CM ⊥MN ，∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． ①当l 与x 轴垂直时，易得N(−1,−53)，则AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−53)，又AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−5． ②当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y =k(x +1)，则由{y =k(x +1)x +3y +6=0得N(−3k−61+3k ,−5k 1+3k )，则AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−51+3k ,−5k 1+3k )． ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−51+3k +−15k 1+3k=−5．综上所述，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值与直线l 的斜率无关，且AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−5．【解析】(1)根据l 与m 垂直，则两条直线的斜率之积为−1，进而根据直线过点A(−1,0)，我们可求出直线的方程，将圆的圆心坐标代入直线方程验证后，即可得到结论；(2)根据半弦长、弦心距、圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，结合PQ =2√3，易得到弦心距，进而根据点到直线的距离公式，构造关于k 的方程，解方程即可得到k 值，进而得到直线l 的方程；(3)根据已知条件，我们可以求出两条直线的交点N 的坐标(含参数k)，然后根据向量数量积公式，即可求出AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值，进而得到结论．本题考查的知识点是直线与圆相交的性质及向量在几何中的应用，其中在处理圆的弦长问题时，根据半弦长、弦心距、圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，进行弦长、弦心距、圆半径的知二求一，是解答此类问题的关键．。

2020-2021学年安徽省名校高二上学期期中联考文科数学试题

安徽省名校2020-2021学年高二上学期期中联考文科数学试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.若集合{}{}2|03,|20M x x N x x x =<≤=+-≤，则M N ⋂=（） A ．(]0,1B ．(]0,3C ．(]0,2D ．(]2,1- 2.在平行四边形ABCD 中，34AE AC =，设AB a =，BC b =，则向量DE =（） A ．1344a b -B ．3144a b -C ．2133a b -D ．1233a b - 3.正项等比数列{}n a 的公比是13，且241a a =，则其前3项的和3S =（） A ．14B ．13C ．12D ．114.秦九韶是我国南宋时期的数学家，在他所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，给出如图所示的秦九韶算法程序框图，若输入,n x 的值分别为5，2，则输出v 的值是（）A ．259B ．32C.65D ．130 5.已知,x y 的取值如下表所示：若y 与x 线性相关，且回归直线方程为 1.460.61y x =-，则表格中实数m 的值为（） A ．6.5B ．6.69C.7.5D ．7.696.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A ．．323D ．7.已知函数()()sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭图象上相邻两条对称轴之间的距离为2π，且若将函数()y f x =的图象向左平移3π个单位后，得到的图象关于y 轴对称，那么函数()y f x =的图象（） A ．关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称B ．关于点,012π⎛⎫- ⎪⎝⎭对称 C.关于直线12x π=对称D ．关于直线12x π=-对称 8.如图是函数()H x 图象的一部分，设函数()()1sin ,f x x g x x==，则()H x 可以表示为（）A ．()()f x g xB ．()()f xg x C.()()f x g x +D ．()()f x g x -9.若22cos sin 26sin cos αααα-=-+，则cos tan 4παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭（） A ．32-B ．32C.-3D ．3 10.在平面四边形ABCD 中，,AB AD CB CD ==，将该四边形沿着对角线BD 折叠，得到空间四边形ABCD ，则异面直线,AC BD 所成的角是（）A ．6πB ．4πC.3πD ．2π 11.在ABC ∆中，()00cos 24,cos66AB =，()002cos69,2cos 21AC=，则ABC ∆的面积为（）A．C.2D ．312.设函数()(),1011,011x x f x x f x -<≤⎧⎪=⎨+<<⎪-⎩若函数()4y f x t =-在区间()1,1-内有且仅有两个零点，则实数t 的取值范围是（） A ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞ C.1,04⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．1,04⎡⎫-⎪⎢⎣⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上 13.已知角α的终边经过点()4,3P -，则2sin cos αα+的值是．14.某人将甲、乙两颗骰子先后各抛一次，,a b 分别表示抛掷甲、乙两颗骰子所得的点数，若点(),S a b 落在不等式组004x y x y >⎧⎪>⎨⎪+≤⎩表示的平面区域内的事件记为A ，则事件A 的概率是．15.已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则此圆锥外接球的体积是．16.过点()1,2T 引直线l 分别交x y 、轴正半轴于A B 、两点，当OAB ∆的面积最小时，直线l 的方程是．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知圆221:4C x y +=和直线():1l y kx k R =-∈. （1）若直线l 与圆C 相交，求k 的取值范围；（2）若1k =，点P 是圆C 上一个动点，求点P 到直线l 距离的最大值和最小值.18.我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[)[)[]0,0.5,0.5,1,,4,4.5分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.（1）求直方图中a 的值；（2）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由；（3）估计居民月均用水量的中位数.19.在矩形ABCD 中，将ABC ∆沿其对角线AC 折起来得到1AB C ∆，且平面1AB D ⊥平面ACD （如图所示）.（1）证明：1AB ⊥平面1B CD ；（2）若1,2AB BC ==，求三棱锥1B ACD -的体积.20.在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且向量,2b m a c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭和向量,2a c n b +⎛⎫= ⎪⎝⎭互相垂直.（1）求角C 的大小；（2）若ABC ∆外接圆的半径是1，面积是2，求ABC ∆的周长.21.设函数()f z 对一切实数,m n 都有()()()21f m n f n m m n +-=++成立，且()()10,0f f c ==，圆C 的方程是()()2219x y c +++=.（1）求实数c 的值和()f z 的解析式；（2）若直线()2200,0ax by a b -+=>>被圆C 截得的弦长为6，求4a bab+的最小值. 22.设数列{}n a 的前n 项和2*,n S n n N =∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若不等式1122318111log n n a a a a a a λ++++≥对任意*n N ∈恒成立，求实数λ的取值范围. 试卷答案一、选择题1-5:ABBDA6-10:BACDD11、12：CC1.因为{}{}{}2|01,|20|21M x x N x x x x x =<≤=+-≤=-≤≤，所以{}(]|010,1MN x x =<≤=.2.()331444DE AE AD a b b a b =-=+-=-. 3.因为正项等比数列{}n a 满足241a a =，由于2243a a a =，所以223311,1,1a a a q ===.因为13q =，所以19a =.因此()3131131a q S q-==-.4.初始值5,2n x ==，程序运动过程如下表所示1v =；1246v =⨯+=；62315v =⨯+=；152232v =⨯+=；322165v =⨯+=；6520130v =⨯+=.1i =-，跳出循环，输出130v =.5.因为2345742x +++==， 2.2 3.8 5.511.544m my ++++==，所以11.571.460.6142m+=⨯-，解得 6.5m =6.几何体为直三棱柱，高为4，底面是腰为，底边是，底边上的高是4的等腰三角形，因此其表面积是1242442⨯⨯+⨯⨯⨯=7.由函数()y f x =图象相邻两条对称轴之间的距离为2π可知其周期为π，所以 22πωπ==，所以()()sin 2f x x ϕ=+，将函数()y f x =的图象向左平移3π个单位后，得到函数sin 23y x πϕ⎡⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦图象.因为得到的图象关于y 轴对称，所以232k ππϕπ⨯+=+，k z ∈，即6k πϕπ=-，k z ∈.又2πϕ<，所以6πϕ=-，所以()sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其图象关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称.8.首先考虑函数的奇偶性，发现()()sin x f x g x x =与()()sin f x x x g x =都是偶函数，立即排除A B 、.()()f x g x -和()()f x g x +都是奇函数，C D 、之一正确.当x 为正数，且非常小时()()1sin f x g x x x-=-为负数，且非常小，显然不符合图象特征，因此答案D 错误.9.222cos sin 22cos 2sin cos cos sin 2cos sin cos sin cos cos sin αααααααααααααα---==+++2cos tan 64παα⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，所以cos tan 34παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭.10.取线段BD 的中点E ，连接,AE CE .易得,BD AE BD CE ⊥⊥，从而BD⊥平面ACE .因此AC BD ⊥. 11.因为1,2AB AC ==，000002cos 24cos692cos66cos 212cos 45AB AC =+==cos AB AC AB AC A ==，cos ,sin 22A A ==. 于是ABC ∆的面积为1sin 22AB AC A =. 12.(),1011,011x x f x x x -<≤⎧⎪=⎨+<<⎪-⎩，其图象如下：函数()4y f x t =-在区间()1,1-内有且仅有两个零点，等价于()40f x t -=在区间()1,1-内有且仅有两个实数根，又等价于函数()f x 的图象与直线4y t =在区间()1,1-内有且仅有两个公共点. 于是140t -<<，104t -<<. 13.答案25-因为5,4,3r x y ====-，所以34sin ,cos 55αα=-=.故22sin cos 5αα+=-. 14.答案16因抛掷一颗骰子有6种结果，所以抛掷两颗骰子有6636⨯=种不同结果.点(),S a b 在不等式所表示的区域内，有如下几种情况：当1a =时，1,2,3b =；当2a =时，1,2b =；当3a =时，1b =.共有()()()()()()1,1,1,2,1,3,2,1,2,2,3,1六个点落在条件区域内，故()61366P A ==.15.答案27如图，DAE ∆是等边三角形，其外接圆的半径就是圆锥外接球的半径，DAE ∆的边长是2，外接圆.故此圆锥外接球的体积为343327π⎛= ⎝⎭. 16.答案240x y +-=设()(),0,0,A a B b ，其中,0a b >，则直线l 的方程为1x ya b+=.因为()1,2T 在直线l 上，所以121a b+=.又12a b +≥，即8ab ≥.所以142OAB S ab ∆=≥，当且仅当12a b=时取等号，再结合121a b +=解得， 2,4a b ==，ABC ∆面积的最小值为4，此时直线l 的方程为124x y+=，即240x y +-=.17.（1）直线1y kx =-就是10kx y --=，圆C 的圆心是()0,0C ，半径是12. 由题意得，圆心()0,0C 到直线l12<，解得k <k >故k 的取值范围是((),3,-∞+∞.（2）当1k =时，直线l 与圆C 相离，圆心()0,0C 到直线:1l y x =-的距离是2d ==，故点P 到直线l 距离的最大值为12d r +=，最小值为12d r -=. 18.（1）由频率分布直方图可知，月用水量在[)0,0.5的频率为0.080.50.04⨯=.同理，在[)[)[)[)[)[]0.5,1,1.5,2,2,2.5,3,3.5,3.5,4,4,4.5等组的频率分别为0.08，0.21，0.25，0.06，0.04，0.02.由()10.040.080.210.250.060.040.0220.5a -++++++=⨯⨯，解得0.30a =；（2）由（1）知，100位居民月均水量不低于3吨的频率为0.060.040.020.12++=，由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为3000000.1236000⨯=（人）（3）设中位数为x 吨，因为前5组的频率之和为0.040.080.150.210.250.730.5++++=>，而前4组的频率之和为0.040.080.150.210.480.5+++=<，所以2 2.5x ≤<，由()0.5020.50.48x ⨯-=-，解得 2.04x =，故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨. 19.（1）因为平面1AB D ⊥平面ACD ，平面1AB D 平面ACD AD =，CD AD ⊥，所以CD ⊥平面1AB D .而1AB ⊂平面1AB D ，所以1AB CD ⊥，又因为11AB B C ⊥，且1B C CD C ⋂=，所以1AB ⊥平面1B CD .（2）在1Rt CDB ∆中，11,2CD AB B C BC ====，所以1B D ==故111111326B ACD A B CD V V --==⨯⨯=. 20.（1）因为,m n 互相垂直，所以()()3022a c bm n a c b a +=-+-=，即222222,a c b a b c -=-+-=，由余弦定理得，222cos 222a b c C ab ab +-===，因为0C π<<，所以6C π=；（2）因为1sin 262ABC S ab π∆==，所以ab =222a b c +-=，就是2222sin 6a b π⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，即()221a b ab +--=，因此()2217a b ab +=++=+2a b +=+，故ABC ∆的周长是3a b c ++=21.（1）令1,0m n ==代入等式中可得，()02f =-，即2c =-，再令m n =-得，()()()021f f n n n n -=--++，()22f n n n =+-，所以()22f z z z =+-.（2）因为直线被圆()()22129x y ++-=截得的弦长为6，所以直线过圆心，有1a b +=，于是由均值不等式得，()4141445549a b a ba b ab a b a b b a+⎛⎫=+=++=++≥+= ⎪⎝⎭，当且仅当4a b b a =，即12,33a b ==时等号成立，故4a bab+的最小值是9. 22.（1）当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，在2n S n =中，令1n =，则111a S ==，满足21n a n =-，故数列{}n a 的通项公式是*21,n a n n N =-∈；（2）因为一般项()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以12231111111111111233557212121n n na a a a a a n n n +⎛⎫+++=-+-+-++-= ⎪-++⎝⎭ 1122318111log n n a a a a a a λ++++≥对任意*n N ∈恒成立，也就是18log 21n n λ≤+对任意*n N ∈恒成立，1min 8log 21n n λ⎛⎫≤ ⎪+⎝⎭，因为121111*********n n n n n +-⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭是增函数，其最小值是11112213⎛⎫-= ⎪+⎝⎭，于是181log 3λ≤，12λ≥.故实数λ的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.。

2020-2021学年安徽省合肥十一中高二(上)期中数学试卷(文科)

2020-2021学年安徽省合肥十一中高二（上）期中数学试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.直线x−y−1=0的倾斜角是()A. π6B. π4C. π3D. π22.若直线l与平面α平行，直线a⊂α，则l与a位置关系()A. 平行B. 异面C. 相交D. 没有公共点3.直线3x−4y−12=0在x轴上的截距为()A. 7B. 1C. 4D. 34.点P(1,4)关于x轴的对称点为Q，则点Q的坐标为()A. (4,1)B. (−1,−4)C. (1,−4)D. (−1,4)5.已知直线l1：ax+2y−3=0，l2：3x+(a+1)y−a=0，若l1⊥l2，则a的值为()A. −25B. 25C. 1D. −26.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A. 12√2πB. 12πC. 8√2πD. 10π7.圆C1：x2+y2−4x+3=0与圆C2：(x+1)2+(y−4)2=a外切，则实数a的值为()A. 4B. 16C. 8D. 128.已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，给出下列命题：①{m⊥αm⊥n ⇒n//α②{m⊥βn⊥β⇒n//m③{m⊥αm⊥β⇒β//α④{m⊂αn⊂βα//β⇒m//n，其中的正确命题序是()A. ②③B. ③④C. ①②D. ①②③④9.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为()A. √23B. 13C. √26D. 1410.圆：x2+y2−2x−2y+1=0上的点到直线x−y=2的距离最大值是()A. 2B. 1+√2C. 1+√22D. 1+2√211.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A. √5−14B. √5−12C. √5+14D. √5+1212.《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳌臑．在鳌臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=4，AB=BC=2，鳌臑P−ABC的四个顶点都在同一个球上，则该球的表面积是()A. 16πB. 20πC. 24πD. 64π二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.原点到直线x+2y−5=0的距离为______ ．14.若球的半径为2，则与球心距离为√3的平面截球所得的圆面面积为______ ．15.某几何体的三视图如图，则它的体积是______．16.已知直线l：kx−y+1−2k=0(k∈R).则点A(5,0)到l的距离的最大值为______ ．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.已知A，B为直线l1上两点，且A(1,0)，B(−3,3)，直线l2：6x+my+14=0．(1)求直线l1方程；(2)若l1//l2，求l1，l2之间的距离．18.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为棱DD1的中点．(1)证明：BD1//平面PAC；(2)求异面直线BD1与AP所成角的大小．19.已知圆心为C的圆经过点A(1,0)，B(2,1)，且圆心C在y轴上．(1)求圆C的方程．(2)求以点P(−1,1)为中点的弦所在的直线l方程．20.如图，三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD．(Ⅰ)求证：CD⊥平面ABD；(Ⅱ)若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A−MBC的体积．21.阿波罗尼斯(约公元前262−190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.已知动点M 到点A(−1,0)与点B(2,0)的距离之比为2，记动点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点P(5,−4)作曲线C的切线，求切线方程．22.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA=AB=AC=2，平面PAC⊥底面ABCD，E是PC上的一点．(1)证明：平面PAC⊥平面EBD；(2)若直线PA//平面EBD，且PC=2√2，求直线ED与平面ABCD所成角的大小．答案和解析1.【答案】B【解析】解：直线y=x−1的斜率是1，．所以倾斜角为π4故选：B．根据直线方程求出斜率，根据斜率得出对应的倾斜角．本题考查了根据直线方程求斜率与倾斜角的应用问题，是基础题目．2.【答案】D【解析】解：∵直线l与平面α平行，∴l与平面α没有公共点，又直线a⊂α，∴l与a没有公共点，故C错误，D正确；直线l与直线a没有公共点，则l与a可能平行，也可能异面，故A与B错误．故选：D．由直线与平面平行的定义可得l与平面α没有公共点，即可判断C与D；结合没有公共点的直线可能平行也可能异面判断A与B．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．3.【答案】C【解析】解：由3x−4y−12=0，令y=0可得x=4，故选：C．结合直线的截距的定义即可直接求解．本题主要考查了直线的截距的应用，属于基础试题．4.【答案】C【解析】解：由题意得：点P(1,4)关于x轴的对称点为Q(1,−4)，故选：C．根据点P(x,y)关于x轴的对称点为P′，则P′(x,−y)，求出答案即可．本题考查了对称关系，考查求点的坐标问题，是一道基础题．5.【答案】A【解析】解：∵直线l1：ax+2y−3=0，l2：3x+(a+1)y−a=0，若l1⊥l2，∴a×3+2×(a+1)=0，求得a=−2，5故选：A．由题意利用两条直线垂直的性质，求得a的值．本题主要考查两条直线垂直的性质，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=√2，则该圆柱的表面积为：π⋅(√2)2×2+2√2π×2√2=12π．故选：B．利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积．本题考查圆柱的表面积的求法，考查圆柱的结构特征，截面的性质，是基本知识的考查．7.【答案】B【解析】解：根据题意，圆C1：x2+y2−4x+3=0，即(x−2)2+y2=1，其圆心C1为(2,0)，半径R=1，圆C2：(x+1)2+(y−4)2=a，其圆心C2为(−1,4)，半径r=√a，若两圆外切，必有|C1C2|=√9+16=5=√a+1．解可得：a=16，故选：B．根据题意，求出两个圆的圆心与半径，由圆与圆的位置关系可得|C1C2|=√9+16=5=√a+1，解可得a的值，即可得答案．本题考查圆与圆的位置关系，涉及圆的方程，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：由m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，知：对于①可得到n//α或n⊂α，故①错误；对于②可得到n//m，由直线与平面垂直的性质定理得②正确；对于③可得到β//α，由面面平行的判定定理得③正确；对于④m//n或m，n异面，故④错误．，故选：B．在①中，有可能n⊂α；在②中，由直线与平面垂直的性质定理能判断正误；在③中，由面面平行的判定定理能判断正误；在④中，m，n有可能异面．本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．9.【答案】B【解析】解：由题意可知四棱锥A1−BB1D1D的底面是矩形，边长：1和√2，四棱锥的高：12A1C1=√22．则四棱锥A1−BB1D1D的体积为：13×1×√2×√22=13．故选：B．求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．本题考查几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．10.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查圆上的点到直线的距离问题，属于基础题．先将圆x2+y2−2x−2y+1=0转化为标准方程：(x−1)2+(y−1)2=1，明确圆心和半径，再求得圆心(1,1)到直线x−y=2的距离，最大值则在此基础上加上半径长即可．【解答】解：圆x2+y2−2x−2y+1=0可化为标准形式：(x−1)2+(y−1)2=1，∴圆心为(1,1)，半径为1，圆心(1,1)到直线x−y=2的距离d=√2，则所求距离最大为1+√2，故选：B．11.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题．先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为ℎ′，则依题意有：{ℎ2=12aℎ′ℎ2=ℎ′2−(a2)2因此有ℎ′2−(a2)2=12aℎ′⇒4(ℎ′a)2−2(ℎ′a)−1=0⇒ℎ′a=√5+14(负值舍去)；故选：C．12.【答案】C【解析】解：把鳌臑P−ABC补成一个长方体，如图所示：则长方体的外接球即是鳌臑P−ABC的外接球，又∵PA=4，AB=BC=2，×√42+22+22=√6，∴长方体的外接球半径R=12∴鳌臑P−ABC的外接球半径为R=√6，则该球的表面积是4πR2=24π，故选：C．根据题意，把鳌臑P−ABC补成一个长方体，则长方体的外接球即是鳌臑P−ABC的外接球，从而求出鳌臑P−ABC的外接球半径为R，再利用球的体积公式即可求出结果．本题主要考查了三棱锥的外接球，是基础题．13.【答案】√5=√5．【解析】解析：根据点到直线的距离公式，得d=√12+22故答案为：√5．用点到直线的距离公式直接求解．点到直线的距离公式是高考考点，是同学学习的重点，本题是基础题．14.【答案】π【解析】解：根据题意，截球所得圆的半径r=√4−3=1，∴截球所得圆的面积为：π．故答案为：π．可求出截球所得圆的半径，然后即可求出截球所得圆的面积．本题考查了球心和截球所得圆的圆心的连线和球截面垂直，圆的面积公式，考查了计算能力，属于基础题．15.【答案】8−2π3【解析】【分析】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图判断出几何体的形状是解答的关键．由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱挖掉一个圆锥形成的组合体，分别求出棱柱和圆锥底面面积和高，代入可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱挖掉一个圆锥形成的组合体，棱柱是一个棱长为2的正方体，故V=8；圆锥的底面直径为2，故底面面积S=π，高ℎ=2，故V=2π3，故组合体的体积为：8−2π3．故答案为：8−2π3．16.【答案】√10【解析】解：根据题意，直线l：kx−y+1−2k=0，即y−1=k(x−2)，过定点(2,1)，设M(2,1)，当直线l与直线AM垂直时，点A(5,0)到l的距离最大，且其最大值为|AM|=√9+1=√10，故答案为：√10．根据题意，分析直线l经过定点(2,1)，设该定点为M，进而由点到直线的距离公式分析可得答案．本题考查点到直线的距离，涉及直线过定点的问题，属于基础题．17.【答案】解：(1)∵A，B为直线l1上两点，且A(1,0)，B(−3,3)，直线l2：6x+my+14=0，∴k1=k AB=−34，∴直线l1方程为：3x+4y−3=0．(2)∵l1//l2，∴63=m4≠14−3，即m=8，故直线l2：6x+my+14=0可化为3x+4y+7=0，∴两平行线之间的距离d=√32+42=2．【解析】(1)由题意利用直线的斜率公式求出直线l1的斜率，再用点斜式求直线直线l1的方程．(2)由题意利用两条直线平行的性质求得m的值，再利用两条平行直线间的距离公式，求得l1，l2之间的距离．本题主要考查直线的斜率公式，用点斜式求直线的方程，两条直线平行的性质，两条平行直线间的距离公式，属于基础题．18.【答案】(1)证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．连结PO ，又因为P 是DD 1的中点，所以PO//BD 1．又因为PO ⊂平面PAC ，BD 1⊄平面PAC所以直线BD 1//平面PAC ．(2)解：由(1)知，PO//BD 1，所以∠APO 即为异面直线BD 1与AP 所成的角．因为PA =PC =√2，AO =12AC =√22且PO ⊥AO ，所以sin∠APO =AO AP =√22√2=12．又∠APO ∈(0°,90°]，所以∠APO =30°故异面直线BD 1与AP 所成角的大小为30°．【解析】(1)AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出PO//BD 1.由此能证明直线BD 1//平面PAC ．(2)由PO//BD 1，得∠APO 即为异面直线BD 1与AP 所成的角．由此能求出异面直线BD 1与AP 所成角的大小．本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的求法，运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：(1)设圆C 的标准方程为(x −a)2+(y −b)2=r 2，r >0， ∵圆心C 在y 轴上，∴a =0，又∵A(1,0)，B(2,1)在圆上，{1+b 2=r 24+(1−b)2=r 2⇒{b =2r 2=5，所以圆C 的标准方程为：x 2+(y −2)2=5；(2)∵点P 为直线l 中点，∴由圆的性质可知CP ⊥l ，∵k CP =1−2−1−0=1，∴k l =−1，∴直线l方程为y−1=−(x+1)，即x+y=0．【解析】(1)设圆C的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，r>0，由题设求出圆心的坐标(a,b)及半径r，即可求得其方程；(2)利用直线PC⊥l求得l的斜率，即可求得直线l方程．本题主要考查圆的方程的求法及性质的应用，属于中档题．20.【答案】(Ⅰ)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，∵CD⊥BD，AB∩BD=B，，∴CD⊥平面ABD．(Ⅱ)解：∵AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BD．∵AB=BD=1，∴S△ABD=12，∵M为AD的中点，∴S△ABM=12S△ABD=14，∵CD⊥平面ABD，∴V A−MBC=V C−ABM=13S△ABM⋅CD=112．【解析】本题考查线面垂直，考查三棱锥A−MBC的体积，正确运用线面垂直的判定定理是关键，属于中档题．(Ⅰ)要证明CD⊥平面ABD，只需证明AB⊥CD；(Ⅱ)利用转换底面，V A−MBC=V C−ABM=13S△ABM⋅CD，即可求出三棱锥A−MBC的体积．21.【答案】解：(1)设动点M的坐标为(x,y)，则|MA|=√(x+1)2+y2，|MB|=√(x−2)2+y2，所以√(x+1)2+y2√(x−2)2+y2=2，化简得(x−3)2+y2=4，因此，动点M的轨迹方程为(x−3)2+ y2=4；(2)当过点P的直线无斜率时，直线方程为x−5=0，圆心C(3,0)到直线x−5=0的距离等于2，此时直线x−5=0与曲线C相切；当切线有斜率时，不妨设斜率为k，则切线方程为y+4=k(x−5)，即kx−y−5k−4=0，由圆心到直线的距离等于半径可知，|3k−5k−4|√k2+1=2，解得k=−34．所以，切线方程为3x+4y+1=0．综上所述，切线方程为x−5=0或3x+4y+1=0．【解析】(1)设动点M的坐标为(x,y)，求出距离，列出方程化简求解即可．(2)当过点P的直线无斜率时，验证即可；当切线有斜率时，不妨设斜率为k，切线方程为kx−y−5k−4=0，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可．本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．22.【答案】(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为平面PAC⊥底面ABCD交于AC，所以BD⊥平面PAC，又BD在平面EBD内，所以平面EBD⊥平面PAC．(2)设AC与BD交于O点，连接EO，因为PA=AC=2，PC=2√2，所以△PAC为等腰直角三角形，则PA⊥AC．因为平面PAC⊥底面ABCD交于AC，所以PA⊥底面ABCD．又因为PA//平面EBD，所以PA//EO，则EO⊥底面ABCD，则∠EDO为直线ED与平面ABCD所成角，因为O是AC的中点，所以E是PC的中点，则EO为△PAC中位线．因为PA=2，则所以EO=1．因为底面ABCD为菱形，AB=AC=2，则DO=√3．所以tan∠EDO=EODO =√33，故∠EDO=30°，则直线ED与平面ABCD所成角的大小为30°．【解析】(1)证明BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面EBD⊥平面PAC．(2)设AC与BD交于O点，连接EO，说明∠EDO为直线ED与平面ABCD所成角，然后求解∠EDO=30°，得到结果．本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力．。

2023-2024学年安徽省皖中联考高二(上)期中数学试卷【答案版】

2023-2024学年安徽省皖中联考高二（上）期中数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5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．直线y ＝﹣cos45°的倾斜角为（） A ．0°B ．90°C ．135°D ．不存在2．已知向量a →=(−3，m ，−1)，b →=(n ，−2，1)，若a →∥b →，则（） A ．mn ＝1B ．mn ＝﹣1C ．m ﹣n ＝1D ．n ﹣m ＝13．已知A ，B 分别为椭圆E ：x 26+y 2m 2=1(0＜m ＜√6)的左、右顶点，点C 在E 上，若△ABC 是一内角为120°的等腰三角形，则m ＝（） A ．√22B ．1C ．√2D ．24．关于圆x 2+y 2+Dx +Ey +F ＝0有四个命题：①点A （1，﹣3）在圆内；②点B （2，3）在圆上；③圆心为（﹣1，0）；④圆的半径为3．若只有一个假命题，则该命题是（） A ．①B ．②C ．③D ．④5．如图是元代数学家郭守敬主持建造的观星台，其可近似看作一个正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，若AB ＝2A 1B 1，点M 在BD 1上，且BM ＝3D 1M ，则CM →=（）A ．34AA 1→+38AB →−58AD →B ．34AA 1→+34AB →−58AD →C ．34AA 1→−34AB →−58AD →D ．34AA 1→−38AB →+58AD →6．点P （﹣1，2）到直线l ：（m +1）x +（m ﹣2）y +1﹣2m ＝0（m ∈R ）的最大距离为（） A ．2√2B ．√5C ．2D ．√27．在如图所示的结构对称的实验装置中，底面框架ABCD 是边长为2的正方形，两等腰三角形框架ADE ，BCF 的腰长均为√3，EF ∥框架ABCD 所在的平面，EF ＝1，活动弹子M ，N 分别在EF ，AC 上移动，M ，N 之间用有弹性的细线连接，且3MF =√2AN 始终成立，则当MN 的长度取得最小值时，MF ＝（）A ．12B ．1017C ．2134D ．11178．若圆C 1：x 2+（y ﹣a ）2﹣4x ﹣5＝0与圆C 2：x 2+（y +b ）2﹣4x +3＝0相切，则√a 2+b 2的最小值为（）A ．√22B ．√2C ．2D ．2√2二、选择题（共4小题，每小题5分，满分20分） 9．已知A （0，1），B （﹣2，0），C （1，﹣1），则（） A ．直线AB 的方程为x ﹣2y +2＝0 B ．点A 到直线BC 的距离为√102C ．△ABC 为等腰直角三角形D ．△ABC 的面积为5 10．已知曲线C ：x 21−m+y 22+m=1为椭圆，则（）A ．﹣2＜m ＜1B ．若C 的焦点在x 轴上，则C 的焦距为2√−2m −1C ．若C 的焦点在x 轴上，则C 的短轴长取值范围为(0，√62) D ．若C 的焦点在y 轴上，则C 的离心率为√2m+12+m11．已知圆O ：x 2+y 2＝4内有一点P(1，12)，过点P 的直线l 与圆O 交于A ，B 两点，过A ，B 分别作圆O 的切线l 1，l 2，且l 1，l 2相交于点Q ，则（）A ．当l 在两坐标轴上截距相等时，l 的方程为2x +2y ﹣3＝0或x ﹣2y ＝0B ．点Q 的轨迹方程为2x +y ﹣8＝0C ．当|OQ |＝4时，点Q 的坐标为(125，165)或（4，0） D ．当|OQ |＝4时，直线l 的方程为3x +4y ﹣5＝0或x ＝112．已知正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AA 1＝2，点P ，Q 分别满足A 1P →=λAB →+μAD →−AA 1→，λ，μ∈[0，1]，CQ →=m CC 1→，m ∈[0，1]．甲、乙、丙、丁四名同学利用《空间向量与立体几何》这一章的知识对其进行研究，各自得出一个结论：甲：当m =12时，存在λ，μ，使得A 1P →⊥QP →；乙：当m =12时，存在λ，μ，使得|A 1P →|+|PQ →|=2√3；丙：当m =78时，满足D 1P →⊥A 1Q →的λ，μ的关系为λ＝μ；丁：当m =116时，满足A 1P →⊥QP →的点P 围成区域的面积为π2．其中得出错误结论的同学有（） A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．小明研究一张坐标纸中四点A （﹣4，m ），B （1，0），C （3，0），D （2，n ）的关系时，发现直线AB 与CD 的方向向量互相垂直，则mn ＝．14．两平行直线3x ﹣ay +6＝0与x ﹣2y ﹣3＝0之间的距离为．15．如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均相等，∠ACC 1＝2∠A 1AB ＝120°，E ，F 分别为B 1C 1，A 1C 1的中点，则异面直线BE 与CF 所成角的余弦值为．16．已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过y 轴上的点A 与F 2的直线与C交于点B ，且B 不在线段AF 2上，∠AF 1B ＝90°，2|AF 2|＝3|BF 2|，则C 的离心率为．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知△ABC 的边AB 上的高所在的直线方程为2x +y ﹣3＝0，角C 的平分线所在的直线方程为x +y ﹣4＝0，E （0，﹣1）为边AC 的中点．（1）求边AB 所在的直线方程；（2）求点B 的坐标．18．（12分）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面为正方形，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝2，P A ＝3，2PM →=MB →，PN →=ND →，PH →=14PA →．（1）证明：C ，M ，H ，N 四点共面；（2）求点P 到平面MNC 的距离．19．（12分）如图，直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面为等边三角形，AB ＝2，M ，N 分别为BC ，AC 1的中点．（1）证明：MN ∥平面A 1BC 1；（2）若三棱锥A 1﹣ABC 1的体积为2√33，求平面ABC 1与平面A 1BC 1夹角的余弦值．20．（12分）在一公园内有一如图所示的绿化空地，∠AOB ＝120°，OA ，OB 为两条甬路（宽度忽略不计，均视作直线），在点E 处建一个八角亭，点E 到直线OA 的距离为50√311m ，到直线OB 的距离为(10√3+25√311)m ，过E 再修一条直线型的甬路（宽度忽略不计），与直线OA ，OB 分别交于M ，N 两点，其中OM ＝30m ，现建立如图所示的平面直角坐标系，请解决下面问题：（1）求M ，N 之间两路的长；（2）在△OMN 内部选一点F ，建一个可自动旋转的喷头，喷洒区域是一个以喷头F 为圆心的圆形，喷洒的水不能喷到△OMN 的外面，求喷洒区域的最大面积，并求此时圆F 的方程．21．（12分）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠DAB ＝60°，M ，N 分别为BC ，CD 的中点，将△MNC 沿MN 折起，使点C 到点P 的位置，AP =√6．（1）证明：平面APN ⊥平面PMN ；（2）若Q 为线段AB 上一点，求PQ 与平面APM 所成角的正弦值的最大值．22．（12分）已知椭圆C ：y 2a 2+x 2b2=1(a ＞b ＞0)经过P(3a ，a 2)，Q(−32，−1)两点．（1）求C 的方程；（2）设A 为C 的上顶点，过点B （0，﹣4）且斜率为k 的直线与C 相交于E ，F 两点，且点E 在点F 的下方，点M 在线段EF 上，若∠AMF ＝2∠ABM ，证明：|BE |•|MF |＝|BF |•|EM |．2023-2024学年安徽省皖中联考高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5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．直线y ＝﹣cos45°的倾斜角为（） A ．0°B ．90°C ．135°D ．不存在解：因为cos45°=−√22，所以直线y ＝﹣cos45°就是y =−√22，平行于x 轴，因此直线y ＝﹣cos45°的倾斜角为0°．故选：A ．2．已知向量a →=(−3，m ，−1)，b →=(n ，−2，1)，若a →∥b →，则（） A ．mn ＝1B ．mn ＝﹣1C ．m ﹣n ＝1D ．n ﹣m ＝1解：a →=(−3，m ，−1)，b →=(n ，−2，1)，由a →∥b →，得−3n=m −2=−11，解得m ＝2，n ＝3，所以n ﹣m ＝1．故选：D ．3．已知A ，B 分别为椭圆E ：x 26+y 2m 2=1(0＜m ＜√6)的左、右顶点，点C 在E 上，若△ABC 是一内角为120°的等腰三角形，则m ＝（） A ．√22B ．1C ．√2D ．2解：A ，B 分别为椭圆E ：x 26+y 2m 2=1(0＜m ＜√6)的左、右顶点，点C 在E 上，若△ABC 是一内角为120°的等腰三角形，由椭圆的对称性可知，C 为E 的上或下顶点，且∠ACB ＝120°，如图所示．不妨设C 为E 的上顶点，所以√6m=tan60°=√3，则m =√2．故选：C ．4．关于圆x 2+y 2+Dx +Ey +F ＝0有四个命题：①点A （1，﹣3）在圆内；②点B （2，3）在圆上；③圆心为（﹣1，0）；④圆的半径为3．若只有一个假命题，则该命题是（） A ．①B ．②C ．③D ．④解：若②③正确，则圆的半径r =√(−1−2)2+(3−0)2=3√2，可知圆方程为（x +1）2+y 2＝18，由（1+1）2+（﹣3）2＜18，可知点A （1，﹣3）在圆内，①正确，而④的结论错误，符合题意；若③④正确，则圆的方程为（x +1）2+y 2＝9，此时点B （2，3）不在圆上且点A （1，﹣3）在圆外，①②都错误，不合题意；其他两个条件的组合无法确定圆的方程，不能对剩余命题判断真伪，所以只有④是假命题．故选：D ．5．如图是元代数学家郭守敬主持建造的观星台，其可近似看作一个正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，若AB ＝2A 1B 1，点M 在BD 1上，且BM ＝3D 1M ，则CM →=（）A ．34AA 1→+38AB →−58AD →B ．34AA 1→+34AB →−58AD →C ．34AA 1→−34AB →−58AD →D ．34AA 1→−38AB →+58AD →解：BD 1→=AD 1→−AB →=AA 1→+12AD →−AB →，又因为BM ＝3D 1M ，所以BM →=34BD 1→=34AA 1→+38AD →−34AB →，所以CM →=BM →−BC →=BM →−AD →=34AA 1→+38AD →−34AB →−AD →=34AA 1→−34AB →−58AD →．故选：C ．6．点P （﹣1，2）到直线l ：（m +1）x +（m ﹣2）y +1﹣2m ＝0（m ∈R ）的最大距离为（） A ．2√2B ．√5C ．2D ．√2解：直线l 的方程（m +1）x +（m ﹣2）y +1﹣2m ＝0（m ∈R ）可化为（x +y ﹣2）m +（x ﹣2y +1）＝0，由{x +y −2=0，x −2y +1=0，解得{x =1，y =1，则直线l 恒过定点Q （1，1），所以点P （﹣1，2）到直线l 的最大距离为√(−1−1)2+(2−1)2=√5．故选：B ．7．在如图所示的结构对称的实验装置中，底面框架ABCD 是边长为2的正方形，两等腰三角形框架ADE ，BCF 的腰长均为√3，EF ∥框架ABCD 所在的平面，EF ＝1，活动弹子M ，N 分别在EF ，AC 上移动，M ，N 之间用有弹性的细线连接，且3MF =√2AN 始终成立，则当MN 的长度取得最小值时，MF ＝（）A ．12B ．1017C ．2134D ．1117解：取BC ，AD 的中点分别为H ，G ，连接GH ，与AC 交于点O ，则GH ⊥BC ，连接FH ，EG ，则FH ⊥BC ，又GH ∩FH ＝H ，所以BC ⊥平面EFHG ，又BC ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面EFHG ．以O 为坐标原点，过O 作平行于AD 的直线为x 轴，OH 所在直线为y 轴，在平面EFHG 内过O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设MF ＝m （0≤m ≤1），则AN =3√22m ，在等腰三角形BCF 中，FH =√3−1=√2，易知梯形EFHG 为等腰梯形，过F 作FQ ⊥GH ，则FQ =√(√2)2−(2−12)2=√72，则M(0，12−m ，√72)，N(1−32m ，32m −1，0)，则MN →=(1−32m ，52m −32，−√72)，所以|MN →|=√(1−32m)2+(52m −32)2+74=√172m 2−212m +5=√172(m −2134)2+239136，当m =2134时，|MN →|取得最小值．故选：C ．8．若圆C 1：x 2+（y ﹣a ）2﹣4x ﹣5＝0与圆C 2：x 2+（y +b ）2﹣4x +3＝0相切，则√a 2+b 2的最小值为（）A ．√22B ．√2C ．2D ．2√2解：由题得圆C 1：(x −2)2+(y −a)2=9，圆C 2：（x ﹣2）2+（y +b ）2＝1．当圆C 1与圆C 2外切时，√(2−2)2+(a +b)2=4，所以（a +b ）2＝16，又a 2+b 2≥2(a+b2)2=8，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立，所以√a 2+b 2≥2√2；当圆C 1与圆C 2内切时，√(2−2)2+(a +b)2=2，所以（a +b ）2＝4，又a 2+b 2≥2(a+b2)2=2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，所以√a 2+b 2≥√2．故√a 2+b 2的最小值为√2．故选：B ．二、选择题（共4小题，每小题5分，满分20分） 9．已知A （0，1），B （﹣2，0），C （1，﹣1），则（） A ．直线AB 的方程为x ﹣2y +2＝0 B ．点A 到直线BC 的距离为√102C ．△ABC 为等腰直角三角形D ．△ABC 的面积为5解：对于A ：因为A （0，1），B （﹣2，0），所以，直线AB 的方程为x −2+y 1=1，整理得x ﹣2y +2＝0，A 项正确；对于B ：因为B （﹣2，0），C （1，﹣1），所以，直线BC 的斜率为k =−1−01−(−2)=−13，所以直线BC 的方程为y =−13(x +2)，即x +3y +2＝0，则点A 到直线BC 的距离为d =√1+3=√102，B 项正确；对于C ：易知k AB =0−1−2−0=12，k AC =−1−11−0=−2，则k AB •k AC ＝﹣1，即AB ⊥AC ，所以∠BAC ＝90°，又|AB|=√(0−1)2+(−2−0)2=√5，|AC|=√(−1−1)2+(1−0)2=√5，所以|AB |＝|AC |，所以△ABC 为等腰直角三角形，C 项正确；对于D ：由上述可知，△ABC 的面积为12×√5×√5=52，D 项错误．故选：ABC ． 10．已知曲线C ：x 21−m+y 22+m=1为椭圆，则（）A ．﹣2＜m ＜1B ．若C 的焦点在x 轴上，则C 的焦距为2√−2m −1C ．若C 的焦点在x 轴上，则C 的短轴长取值范围为(0，√62)D ．若C 的焦点在y 轴上，则C 的离心率为√2m+12+m解：对A 选项，由题意可知{1−m ＞02+m ＞01−m ≠2+m，解得−2＜m ＜−12或−12＜m ＜1，故A 选项错误；对B 选项，当C 的焦点在x 轴上时，c =√a 2−b 2=√1−m −(2+m)=√−2m −1，所以C 的焦距为2√−2m −1，故B 选项正确；对C 选项，当C 的焦点在x 轴上时，1﹣m ＞2+m ＞0，所以−2＜m ＜−12，则0＜m +2＜32，所以0＜2√m +2＜√6，则C 的短轴长的取值范围是(0，√6)，故C 选项错误；对D 选项，当C 的焦点在y 轴上时，c =√a 2−b 2=√2+m −(1−m)=√2m +1，所以C 的离心率为e =√2m+1√2+m=√2m+12+m ，故D 选项正确．故选：BD ．11．已知圆O ：x 2+y 2＝4内有一点P(1，12)，过点P 的直线l 与圆O 交于A ，B 两点，过A ，B 分别作圆O的切线l 1，l 2，且l 1，l 2相交于点Q ，则（）A ．当l 在两坐标轴上截距相等时，l 的方程为2x +2y ﹣3＝0或x ﹣2y ＝0B ．点Q 的轨迹方程为2x +y ﹣8＝0C ．当|OQ |＝4时，点Q 的坐标为(125，165)或（4，0） D ．当|OQ |＝4时，直线l 的方程为3x +4y ﹣5＝0或x ＝1解：当l 过原点时，直线l 的方程为x ﹣2y ＝0，此时AB 为圆O 的一条直径，过A ，B 分别作圆O 的切线l 1，l 2，则l 1∥l 2，不满足题意，当l 不过原点时，设直线l 的方程为xa+y a=1，将P(1，12)代入解得a =32，此时l 的方程为2x +2y ﹣3＝0，A 项错误；设Q （x 0，y 0），连接OA ，OB ，则OA ⊥AQ ，OB ⊥BQ ，所以以OQ 为直径的圆的方程为x （x ﹣x 0）+y （y ﹣y 0）＝0，即x 2+y 2﹣x 0x ﹣y 0y ＝0，与x 2+y 2＝4相减得直线l 的方程为x 0x +y 0y ﹣4＝0，又P(1，12)在直线l 上，则x 0+12y 0−4=0，所以2x 0+y 0﹣8＝0，因此点Q 的轨迹方程为2x +y ﹣8＝0，B 项正确；当|OQ |＝4时，点Q 在圆x 2+y 2＝16上，联立{x 2+y 2=162x +y −8=0，解得x =125或x ＝4，所以点Q 的坐标为(125，165)或（4，0），C 项正确；设AB 与OQ 的交点为D ，由图可知△AOD ～△QOA ，所以|OA||OQ|=|OD||OA|，即|OA |2＝|OQ |•|OD |，所以|OD |＝1，当直线l 的斜率不存在时，x ＝1满足题意，当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y −12=k(x −1)，即kx −y +12−k =0，由|12−k|√k 2+1=1，得k =−34，所以直线l 的方程为3x +4y ﹣5＝0，D 项正确．故选：BCD ．12．已知正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AA 1＝2，点P ，Q 分别满足A 1P →=λAB →+μAD →−AA 1→，λ，μ∈[0，1]，CQ →=m CC 1→，m ∈[0，1]．甲、乙、丙、丁四名同学利用《空间向量与立体几何》这一章的知识对其进行研究，各自得出一个结论：甲：当m =12时，存在λ，μ，使得A 1P →⊥QP →；乙：当m =12时，存在λ，μ，使得|A 1P →|+|PQ →|=2√3；丙：当m =78时，满足D 1P →⊥A 1Q →的λ，μ的关系为λ＝μ；丁：当m =116时，满足A 1P →⊥QP →的点P 围成区域的面积为π2．其中得出错误结论的同学有（） A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁解：以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由A 1P →=λAB →+μAD →−AA 1→=AP →−AA 1→，λ，μ∈[0，1]，得AP →=λAB →+μAD →，λ，μ∈[0，1]，所以点P 为底面ABCD 内一点（包含边界），则A 1（0，0，2），Q （1，1，2m ），D 1（0，1，2），设P （x ，y ，0）（0≤x ≤1，0≤y ≤1）．对于甲同学，当m =12时，Q(1，1，1)，A 1P →=(x ，y ，−2)，QP →=(x −1，y −1，−1)，若A 1P →⊥QP →，故得(x −12)2+(y −12)2=−32，显然方程无解，则点P 不存在，所以不存在λ，μ，使得A 1P →⊥QP →，故甲说法错误；对于乙同学，当m =12时，Q （1，1，1），点A 1关于平面ABCD 的对称点为A '，则A '（0，0，﹣2），连接A 'Q ，A 'P ，则A 'P ＝A 1P ，所以|A 1P →|+|PQ →|=A′P +PQ ≥|A′Q →|=√11，所以存在点P ，使得|A 1P →|+|PQ →|=2√3，所以存在λ，μ，使得|A 1P →|+|PQ →|=2√3，故乙说法正确；对于丙同学，当m =78时，Q(1，1，74)，D 1P →=(x ，y −1，−2)，A 1Q →=(1，1，−14)由D 1P →⊥A 1Q →，得x +y −1+(−2)×(−14)=0，即x +y =12(0≤x ≤1，0≤y ≤1)，所以点P 的轨迹为△ABD 中平行于边BD 的中位线，当P 为该中位线的中点时，λ＝μ，当P 不为该中位线的中点时，λ≠μ，故丙说法错误；对于丁同学，当m =116时，Q(1，1，18)，A 1P →=(x ，y ，−2)，QP →=(x −1，y −1，−18)，由A 1P →⊥QP →，整理得(x −12)2+(y −12)2=14，所以点P 的轨迹为正方形ABCD 的内切圆，其区域的面积为(12)2π=14π，故丁说法错误．故选：ACD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．小明研究一张坐标纸中四点A （﹣4，m ），B （1，0），C （3，0），D （2，n ）的关系时，发现直线AB 与CD 的方向向量互相垂直，则mn ＝ ﹣5 ．解：由于四点A （﹣4，m ），B （1，0），C （3，0），D （2，n ）的关系时，直线AB 与CD 的方向向量互相垂直，由题意可知m−0−4−1⋅0−n3−2=−1，整理得mn ＝﹣5．故答案为：﹣5．14．两平行直线3x ﹣ay +6＝0与x ﹣2y ﹣3＝0之间的距离为 √5 ．解：由两直线3x ﹣ay +6＝0与x ﹣2y ﹣3＝0平行可知a ＝6，所以直线3x ﹣6y +6＝0，即x ﹣2y +2＝0，所以两直线之间的距离d =|2−(−3)|√1+(−2)=√5．故答案为：√5．15．如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均相等，∠ACC 1＝2∠A 1AB ＝120°，E ，F 分别为B 1C 1，A 1C 1的中点，则异面直线BE 与CF 所成角的余弦值为√156．解：设三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的所有棱长均为1，AB →=a →，AC →=b →，AA 1→=c →，由∠ACC 1＝2∠A 1AB ＝120°，得∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°， ∴a →⋅b →=1×1×cos60°=12，b →⋅c →=12，a →⋅c →=12，又CF →=c →−12b →，BE →=BB 1→+B 1E →=BB 1→+12BC →=BB 1→+12(AC →−AB →)=c →+12(b →−a →)， ∴BE →⋅CF →=[c →+12(b →−a →)]•(c →−12b →)=c →2−12a →⋅c →−14b →2+14a →⋅b →=58，又|CF →|=√(c →−12b →)2=√32，|BE →|=√[c →+12(b →−a →)]2=√52，∴cos ＜BE →，CF →＞=BE →⋅CF→|BE →|⋅|CF →|=√156，故异面直线BE 与CF 所成角的余弦值为√156． 16．已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过y 轴上的点A 与F 2的直线与C交于点B ，且B 不在线段AF 2上，∠AF 1B ＝90°，2|AF 2|＝3|BF 2|，则C 的离心率为 √55．解：如图，设|BF 2|＝2m ，则|AF 2|＝3m ．由椭圆的定义可知|BF 1|＝2a ﹣2m ，因为点A 在y 轴上，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，所以|AF 1|＝|AF 2|＝3m ，由∠AF 1B ＝90°，得（2a ﹣2m ）2+（3m ）2＝（5m ）2，则2a ﹣2m ＝4m ，所以a ＝3m ，由cos ∠AF 2F 1＝﹣cos ∠BF 2F 1，得c 3m=−4c 2+4m 2−16m 22×2c×2m，整理得9m 2＝5c 2，则m =√53c ，所以a =3m =√5c ，故e =c a =√55．故答案为：√55．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知△ABC 的边AB 上的高所在的直线方程为2x +y ﹣3＝0，角C 的平分线所在的直线方程为x +y ﹣4＝0，E （0，﹣1）为边AC 的中点．（1）求边AB 所在的直线方程；（2）求点B 的坐标．解：（1）由{2x +y −3=0x +y −4=0，解得{x =−1y =5；所以点C 的坐标为（﹣1，5），又E （0，﹣1）为边AC 的中点，所以A （1，﹣7），又边AB 上的高所在的直线方程为2x +y ﹣3＝0，其斜率为﹣2，所以直线AB 的斜率为12，所以边AB 所在的直线方程为y +7=12(x −1)，即x ﹣2y ﹣15＝0．（2）设A （1，﹣7）关于直线方程x +y ﹣4＝0对称的点为A 1（a ，b ），则{b+7a−1⋅(−1)=−1a+12+b−72−4=0，解得a ＝11，b ＝3，则A 1（11，3），又角C 的平分线所在的直线方程为x +y ﹣4＝0，所以点A 1在直线BC 上，所以直线BC 的方程为y−35−3=x−11−1−11，即x +6y ﹣29＝0，联立{x −2y −15=0x +6y −29=0，解得{x =372y =74；故点B 的坐标为(372，74)． 18．（12分）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面为正方形，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝2，P A ＝3，2PM →=MB →，PN →=ND →，PH →=14PA →．（1）证明：C ，M ，H ，N 四点共面；（2）求点P 到平面MNC 的距离．（1）证明：因为P A ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AD ，P A ⊥AB ，又四边形ABCD 为正方形，所以AB ⊥AD ．建立如图的空间直角坐标系A ﹣xyz ，可得A （0，0，0），C （2，2，0），P （0，0，3），由2PM →=MB →，PN →=ND →，PH →=14PA →，得PM PB=13，PN PD =12，PH PA=14，则H （0，0，94），M （23，0，2），N （0，1，32），所以CH →=(−2，−2，94)，CM →=(−43，−2，2)，CN →=(−2，−1，32)，设CH →=λCM →+μCN →，则{ −2=−43λ−2μ−2=−2λ−μ94=2λ+32μ，解得λ=34，μ=12，所以CH →=34CM →+12CN →，故C ，M ，H ，N 四点共面．（2）解：设平面MNC 的法向量为m →=(a ，b ，c)，由{CM →⋅m →=0CN →⋅n →=0，可得{−43a −2b +2c =0−2a −b +32c =0，取a ＝3，则m →=(3，6，8)，由H （0，0，94），P （0，0，3），可得HP →=(0，0，34)，所以点P 到平面MNC 的距离d =|HP →⋅m →||m →|=|8×34|√3+6+8=6√109109．19．（12分）如图，直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面为等边三角形，AB ＝2，M ，N 分别为BC ，AC 1的中点．（1）证明：MN ∥平面A 1BC 1；（2）若三棱锥A 1﹣ABC 1的体积为2√33，求平面ABC 1与平面A 1BC 1夹角的余弦值．解：（1）证明：连接AM ，则AM ⊥BC ，以M 为坐标原点，MA ，MB 所在直线分别为x ，y 轴，以过M 与BB 1平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝a ，则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A 1(√3，0，a)，N(√32，−12，12a)，因为MN →=(√32，−12，12a)，BA 1→=(√3，−1，a)，所以MN →=12BA 1→，所以MN ∥A 1B ，因为MN ⊄平面A 1BC 1，A 1B ⊂平面A 1BC 1，所以MN ∥平面A 1BC 1．（2）过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，垂足为D ，易知C 1D =√3，因为平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，所以C 1D ⊥平面ABB 1A 1，由V 三棱锥A 1−ABC 1=V 三棱锥C 1−ABA 1，得13×12AA 1×AB ×C 1D =2√33，即13×12AA 1×2×√3=2√33，所以AA 1＝2，则C 1(0，−1，2)，A(√3，0，0)，AC 1→=(−√3，−1，2)，BC 1→=(0，−2，2)，A 1C 1→=(−√3，−1，0)．设平面ABC 1的法向量为m →=(x 1，y 1，z 1)，由{AC 1→⋅m →=−√3x 1−y 1+2z 1=0BC 1→⋅m →=−2y 1+2z 1=0，令y 1＝1，得m →=(√33，1，1)，设平面A 1BC 1的法向量为n →=(x 2，y 2，z 2)，由{A 1C 1→⋅n →=−√3x 2−y 2=0BC 1→⋅n →=−2y 2+2z 2=0，令y 2＝1，则n →=(−√33，1，1)，所以cos〈m →，n →〉=−13+1+173=57，故平面ABC 1与平面A 1BC 1夹角的余弦值为57．20．（12分）在一公园内有一如图所示的绿化空地，∠AOB ＝120°，OA ，OB 为两条甬路（宽度忽略不计，均视作直线），在点E 处建一个八角亭，点E 到直线OA 的距离为50√311m ，到直线OB 的距离为(10√3+25√311)m ，过E 再修一条直线型的甬路（宽度忽略不计），与直线OA ，OB 分别交于M ，N 两点，其中OM ＝30m ，现建立如图所示的平面直角坐标系，请解决下面问题：（1）求M ，N 之间两路的长；（2）在△OMN 内部选一点F ，建一个可自动旋转的喷头，喷洒区域是一个以喷头F 为圆心的圆形，喷洒的水不能喷到△OMN 的外面，求喷洒区域的最大面积，并求此时圆F 的方程．解：（1）因为∠AOB ＝120°，且直线OB 的斜率为tan120°=−√3，所以直线OB 的方程为y =−√3x ，由点E 到直线OA 的距离为50√311m ，设点E （a ，50√311），a ＞0，由题意知|√3a+50√311|√3+1=√3a+50√3112=10√3+25√311，解得a ＝20，所以E(20，50√311)，又M （30，0），则直线ME 的斜率为k ME =−5√311，所以MN 的方程为y =−5√311(x −30)，由{y =−√3x y =−5√311(x −30)，解得{x =−25y =25√3；所以点N(−25，25√3)，所以M ，N 之间甬路的长为|MN |=√(30+25)2+(0−25√3)2=70m ．（2）由（1）知，|ON|=√(−25)2+(25√3)2=50，当喷洒区域面积最大时，圆F 与直线OA ，OB ，MN 均相切，易知△OMN 的内切圆F 的圆心在∠AOB 的平分线上，即在直线y =√3x 上，设圆心F(a ，√3a)(a ＞0)，则半径r =√3a ，由12|OM|×|ON|sin120°=12(|OM|+|ON|+|MN|)×√3a ，得12×30×50×√32=12×(30+50+70)×√3a ，解得a ＝5，因此喷洒区域的最大面积S ＝πr 2＝75πm 2．所以圆心F(5，5√3)，半径r =5√3，所以圆F 的方程为(x −5)2+(y −5√3)2=75．21．（12分）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠DAB ＝60°，M ，N 分别为BC ，CD 的中点，将△MNC 沿MN 折起，使点C 到点P 的位置，AP =√6．（1）证明：平面APN ⊥平面PMN ；（2）若Q 为线段AB 上一点，求PQ 与平面APM 所成角的正弦值的最大值．（1）证明：连接AC ，BD ，AC 与MN 交于点O ，连接OP ，则AC ⊥BD ，又M ，N 分别为BC ，CD 的中点，所以MN ∥BD ，则AC ⊥MN ，因为MN ⊥OA ，MN ⊥OP ，OA ∩OP ＝O ，所以MN ⊥平面APO ，又AP ⊂平面APO ，所以MN ⊥AP ，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠DAB ＝60°，则在△ADN 中，由余弦定理得AN =√AD 2+DN 2−2AD ⋅DNcos120°=√4+1−2×2×1×(−12)=√7，因为PN ＝CN ＝1，所以AP 2+PN 2＝AN 2，则AP ⊥PN ，又PN ∩MN ＝N ，所以AP ⊥平面PMN ，因为AP ⊂平面APN ，所以平面APN ⊥平面PMN ．（2）解：以O 为原点，以OA ，OM 所在直线分别为x ，y 轴，过O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(3√32，0，0)，B(√32，1，0)，M(0，12，0)．由（1）可知，平面APO ⊥平面ABCD ，易知P(√36，0，√63) 所以AM →=(−3√32，12，0)，AP →=(−4√33，0，√63)，AB →=(−√3，1，0)．设平面APM 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{AM →⋅m →=0，AP →⋅m →=0，即{−3√32x +12y =0，−4√33x +√63z =0，令x ＝1，则m →=(1，3√3，2√2)．设AQ →=λAB →=(−√3λ，λ，0)(0≤λ≤1)，则PQ →=AQ →−AP →=(4√33−√3λ，λ，−√63)，设PQ 与平面APM 所成角为θ，显然当λ＝0时，sin θ＝0，不满足题意，所以0＜λ≤1，所以1λ≥1，所以sin θ＝|cos ＜PQ →，m →＞|=2√3λ6√4λ−8λ+6=√33√6(1λ−23)2+43，所以当1λ=1，即λ＝1时，sin θ取得最大值为√66． 22．（12分）已知椭圆C ：y 2a 2+x 2b 2=1(a ＞b ＞0)经过P(3a ，a 2)，Q(−32，−1)两点．（1）求C 的方程；（2）设A 为C 的上顶点，过点B （0，﹣4）且斜率为k 的直线与C 相交于E ，F 两点，且点E 在点F的下方，点M 在线段EF 上，若∠AMF ＝2∠ABM ，证明：|BE |•|MF |＝|BF |•|EM |．解：（1）因为椭圆C 经过P(3a ，a 2)，Q(−32，−1)两点，所以{14+9a 2b 2=11a 2+94b 2=1，解得a 2＝4，b 2＝3或a 2=43，b 2=9（舍去），则C 的方程为y 24+x 23=1；（2）证明：由（1）知A （0，2），不妨设直线EF 的方程为y ＝kx ﹣4，E （x 1，y 1），F （x 2，y 2），M （x 0，y 0），联立{y 24+x 23=1y =kx −4，消去y 并整理得（3k 2+4）x 2﹣24kx +36＝0，此时Δ＝（﹣24k ）2﹣4（3k 2+4）•36＝144（k 2﹣4）＞0，解得k 2＞4，由韦达定理得x 1+x 2=24k3k 2+4，x 1x 2=363k 2+4，因为∠AMF ＝2∠ABM ，所以2∠ABM ＝∠ABM +∠BAM ，即∠ABM ＝∠BAM ，则|AM |＝|BM |，所以点M 在线段AB 的垂直平分线y ＝﹣1上，此时y 0＝﹣1．易知|BE||BF|=x 1x 2，不妨设EM →=λMF →，可得（x 0﹣x 1，y 0﹣y 1）＝λ（x 2﹣x 0，y 2﹣y 0），即x 0﹣x 1＝λ（x 2﹣x 0），①因为点M （x 0，y 0）在直线EF 上，所以y 0＝kx 0﹣4，则x 0=3k =7224k =2×363k 2+424k 3k 2+4=2x 1x2x 1+x 2，所以x 0（x 1+x 2）＝2x 1x 2，即x 2x 0﹣x 1x 2＝x 1x 2﹣x 1x 0，整理得x 0−x 1=x1x 2(x 2−x 0)，②联立①②，可得λ=x1x 2，所以EM →=x1x 2MF →，可得|EM||MF|=x 1x 2，则|BE||BF|=x 1x 2=|EM||MF|，故|BE |•|MF |＝|BF |•|EM |．。

安徽名校2020-2021学年高二上学期期中联考数学(文)答案

1 于是 1 4t 0 ， t 0.
4
2 13.【答案】【解析】因为 r
42 (3)2 5, x 4, y 3,
5
3
4
2
所以 sin ,cos . 故 2sin cos .
5
5
5
2
1 14.【答案】【解析】因抛掷一颗骰子有 6 种结果，所以抛掷两颗骰子有 6 6 36 种不同结
（2）在 RtCDB1 中, CD AB 1, B1C BC 2, 所以 B1D B1C 2 CD2 3 .………………………………………………………………8 分
11
3
V 故 B1 ACD
VA B1CD
3
2
1
3 1
. 6
…………………………………12 分
4
20.【解析】(1)因为 m, n 互相垂直,
1
1
11
1
（2) 因为一般项
(
) , 所以
anan1 （2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
11
1 1 11111
1
1
n
(1
)
. …8 分
a1a2 a2a3
anan1 2 3 3 5 5 7
2n 1 2n 1 2n 1
1 a1a2
1 a2a3
1 an an 1
高二第一学期期中检测
文科数学参考答案
题
号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答
案ABB DABACD D C C 1.【解析】因为 M x 0 x 1 , N x x2 x 2 0 x 2 x 1,
所以 M N x 0 x 1 0, 1.

安徽省名校2020-2021学年高二上学期期中联考文科数学试题

2020-2021学年安徽名校第一学期期中联考高二文科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.若集合{}{}2|03,|20M x x N x x x =<≤=+-≤，则M N ⋂=（） A ．(]0,1 B ．(]0,3 C ．(]0,2 D ．(]2,1- 2.在平行四边形ABCD 中，34AE AC =，设AB a =，BC b =，则向量DE = （） A ．1344a b - B ． 3144a b - C ．2133a b - D ．1233a b - 3. 正项等比数列{}n a 的公比是13，且241a a =，则其前3项的和3S =（） A ． 14 B ． 13 C ． 12 D ． 114. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，在他所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，给出如图所示的秦九韶算法程序框图，若输入,n x 的值分别为5，2，则输出v 的值是（）A ． 259B ． 32C . 65D ．130 5. 已知,x y 的取值如下表所示：若y 与x 线性相关，且回归直线方程为 1.460.61y x =-，则表格中实数m 的值为（） A ． 6.5 B ． 6.69 C . 7.5 D ．7.696.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A ．B ．C .323D ．7. 已知函数()()sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭图象上相邻两条对称轴之间的距离为2π，且若将函数()y f x =的图象向左平移3π个单位后，得到的图象关于y 轴对称，那么函数()y f x =的图象（） A ．关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称 B ．关于点,012π⎛⎫- ⎪⎝⎭对称 C . 关于直线12x π=对称 D ．关于直线12x π=-对称 8.如图是函数()H x 图象的一部分，设函数()()1sin ,f x x g x x==，则()H x 可以表示为（）A ．()()f x g xB ．()()f xg x C . ()()f x g x + D ．()()f x g x -9. 若22cos sin 26sin cos αααα-=-+，则cos tan 4παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭（） A ． 32-B ． 32C . -3D ．3 10. 在平面四边形ABCD 中，,AB AD CB CD ==，将该四边形沿着对角线BD 折叠，得到空间四边形ABCD ，则异面直线,AC BD 所成的角是（）A ．6π B ． 4π C . 3π D ．2π 11. 在ABC ∆中，()00cos 24,cos66AB =，()002cos69,2cos 21AC =，则ABC ∆的面积为（）A ．B ．C.2 D ．312.设函数()(),1011,011x x f x x f x -<≤⎧⎪=⎨+<<⎪-⎩若函数()4y f x t =-在区间()1,1-内有且仅有两个零点，则实数t 的取值范围是（） A ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ B ．(),0-∞ C . 1,04⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ．1,04⎡⎫-⎪⎢⎣⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上 13.已知角α的终边经过点()4,3P -，则2sin cos αα+的值是．14.某人将甲、乙两颗骰子先后各抛一次，,a b 分别表示抛掷甲、乙两颗骰子所得的点数，若点(),S a b 落在不等式组004x y x y >⎧⎪>⎨⎪+≤⎩表示的平面区域内的事件记为A ，则事件A 的概率是．15.已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则此圆锥外接球的体积是．16.过点()1,2T 引直线l 分别交x y 、轴正半轴于A B 、两点，当OAB ∆的面积最小时，直线l 的方程是．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知圆221:4C x y +=和直线():1l y kx k R =-∈.（1）若直线l 与圆C 相交，求k 的取值范围；（2）若1k =，点P 是圆C 上一个动点，求点P 到直线l 距离的最大值和最小值.18. 我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[)[)[]0,0.5,0.5,1,,4,4.5分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.（1）求直方图中a 的值；（2）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由；（3）估计居民月均用水量的中位数.19. 在矩形ABCD 中，将ABC ∆沿其对角线AC 折起来得到1AB C ∆，且平面1AB D ⊥平面ACD （如图所示）.（1）证明：1AB ⊥平面1B CD ；（2）若1,2AB BC ==，求三棱锥1B ACD -的体积.20. 在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且向量,2b m a c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭和向量,2a c n b +⎛⎫= ⎪⎝⎭互相垂直.（1）求角C 的大小；（2）若ABC ∆外接圆的半径是1，面积是2，求ABC ∆的周长. 21. 设函数()f z 对一切实数,m n 都有()()()21f m n f n m m n +-=++成立，且()()10,0f f c ==，圆C 的方程是()()2219x y c +++=. （1）求实数c 的值和()f z 的解析式；（2）若直线()2200,0ax by a b -+=>>被圆C 截得的弦长为6，求4a bab+的最小值. 22.设数列{}n a 的前n 项和2*,n S n n N =∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若不等式1122318111log n n a a a a a a λ++++≥对任意*n N ∈恒成立，求实数λ的取值范围.试卷答案一、选择题1-5:ABBDA 6-10:BACDD 11、12：CC1.【解析】因为{}{}{}2|01,|20|21M x x N x x x x x =<≤=+-≤=-≤≤，所以{}(]|010,1MN x x =<≤=.2.【解析】()331444DE AE AD a b b a b =-=+-=-. 3.【解析】因为正项等比数列{}n a 满足241a a =，由于2243a a a =，所以223311,1,1a a a q ===.因为13q =，所以19a =.因此()3131131a q S q-==-.4.【解析】初始值5,2n x ==，程序运动过程如下表所示1v =；1246v =⨯+=；62315v =⨯+=；152232v =⨯+=；322165v =⨯+=；6520130v =⨯+=.1i =-，跳出循环，输出130v =.5.【解析】因为2345742x +++==， 2.2 3.8 5.511.544m m y ++++==，所以11.571.460.6142m +=⨯-，解得 6.5m =6.【解析】几何体为直三棱柱，高为4，底面是腰为，底边是，底边上的高是4的等腰三角形，因此其表面积是1242442⨯⨯+⨯⨯⨯=7.【解析】由函数()y f x =图象相邻两条对称轴之间的距离为2π可知其周期为π，所以22πωπ==，所以()()sin 2f x x ϕ=+，将函数()y f x =的图象向左平移3π个单位后，得到函数sin 23y x πϕ⎡⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦图象.因为得到的图象关于y 轴对称，所以232k ππϕπ⨯+=+，k z ∈，即6k πϕπ=-，k z ∈.又2πϕ<，所以6πϕ=-，所以()sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其图象关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称.8.【解析】首先考虑函数的奇偶性，发现()()sin xf xg x x =与()()sin f x x x g x =都是偶函数，立即排除A B 、. ()()f x g x -和()()f x g x +都是奇函数，C D 、之一正确.当x 为正数，且非常小时()()1sin f x g x x x-=-为负数，且非常小，显然不符合图象特征，因此答案D 错误.9.【解析】222cos sin 22cos 2sin cos cos sin 2cos sin cos sin cos cos sin αααααααααααααα---==+++2cos tan 64παα⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，所以cos tan 34παα⎛⎫-= ⎪⎝⎭.10.【解析】取线段BD 的中点E ，连接,AE CE .易得,BD AE BD CE ⊥⊥，从而BD ⊥平面ACE .因此AC BD ⊥. 11.【解析】因为1,2AB AC ==，000002cos 24cos692cos66cos 212cos 45AB AC =+==cos AB AC AB AC A ==，cos A A ==. 于是ABC ∆的面积为1sin 22AB AC A =. 12.【解析】(),1011,011x x f x x x -<≤⎧⎪=⎨+<<⎪-⎩，其图象如下：函数()4y f x t =-在区间()1,1-内有且仅有两个零点，等价于()40f x t -=在区间()1,1-内有且仅有两个实数根，又等价于函数()f x 的图象与直线4y t =在区间()1,1-内有且仅有两个公共点. 于是140t -<<，104t -<<. 13.【答案】25-【解析】因为5,4,3r x y ====-，所以34sin ,cos 55αα=-=.故22sin cos 5αα+=-. 14.【答案】16【解析】因抛掷一颗骰子有6种结果，所以抛掷两颗骰子有6636⨯=种不同结果.点(),S a b 在不等式所表示的区域内，有如下几种情况：当1a =时，1,2,3b =；当2a =时，1,2b =；当3a =时，1b =.共有()()()()()()1,1,1,2,1,3,2,1,2,2,3,1六个点落在条件区域内，故()61366P A ==.15.【答案】27【解析】如图，DAE ∆是等边三角形，其外接圆的半径就是圆锥外接球的半径，DAE ∆的边长是2，外接圆.故此圆锥外接球的体积为343327π⎛= ⎝⎭. 16.【答案】240x y +-=【解析】设()(),0,0,A a B b ，其中,0a b >，则直线l 的方程为1x ya b+=.因为()1,2T 在直线l 上，所以121a b+=.又12a b +≥，即8ab ≥.所以142OAB S ab ∆=≥，当且仅当12a b=时取等号，再结合121a b +=解得， 2,4a b ==，ABC ∆面积的最小值为4，此时直线l 的方程为124x y+=，即240x y +-=.17.【解析】（1）直线1y kx =-就是10kx y --=，圆C 的圆心是()0,0C ，半径是12. 由题意得，圆心()0,0C 到直线l12<，解得k <k >故k 的取值范围是((),3,-∞+∞.（2）当1k =时，直线l 与圆C 相离，圆心()0,0C 到直线:1l y x =-的距离是2d ==，故点P 到直线l 距离的最大值为12d r +=，最小值为12d r -=. 18.【解析】（1）由频率分布直方图可知，月用水量在[)0,0.5的频率为0.080.50.04⨯=.同理，在[)[)[)[)[)[]0.5,1,1.5,2,2,2.5,3,3.5,3.5,4,4,4.5等组的频率分别为0.08，0.21，0.25，0.06，0.04，0.02.由()10.040.080.210.250.060.040.0220.5a -++++++=⨯⨯，解得0.30a =；（2）由（1）知，100位居民月均水量不低于3吨的频率为0.060.040.020.12++=，由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为3000000.1236000⨯=（人）（3）设中位数为x 吨，因为前5组的频率之和为0.040.080.150.210.250.730.5++++=>，而前4组的频率之和为0.040.080.150.210.480.5+++=<，所以2 2.5x ≤<，由()0.5020.50.48x ⨯-=-，解得 2.04x =，故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨.19.【解析】（1）因为平面1AB D ⊥平面ACD ，平面1AB D 平面ACD AD =，CD AD ⊥，所以CD ⊥平面1AB D .而1AB ⊂平面1AB D ，所以1AB CD ⊥，又因为11AB B C ⊥，且1B C CD C ⋂=，所以1AB ⊥平面1B CD .（2）在1Rt CDB ∆中，11,2CD AB B C BC ====，所以1B D ==故111111326B ACD A B CD V V --==⨯⨯=. 20.【解析】（1）因为,m n 互相垂直，所以()()3022a c bm n a c b a +=-+-=，即222222,a c b a b c -=-+-=，由余弦定理得，222cos 222a b c C ab ab +-===，因为0C π<<，所以6C π=；（2）因为1sin 262ABC S ab π∆==，所以ab =222a b c +-=，就是2222sin 6a b π⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，即()221a b ab +--=，因此()2217a b ab +=++=+2a b +=+，故ABC ∆的周长是3a b c ++=21.【解析】（1）令1,0m n ==代入等式中可得，()02f =-，即2c =-，再令m n =-得，()()()021f f n n n n -=--++，()22f n n n =+-，所以()22f z z z =+-. （2）因为直线被圆()()22129x y ++-=截得的弦长为6，所以直线过圆心，有1a b +=，于是由均值不等式得，()4141445549a b a b a b ab a b a b b a+⎛⎫=+=++=++≥+= ⎪⎝⎭，当且仅当4a b b a =，即12,33a b ==时等号成立，故4a b ab+的最小值是9. 22.【解析】（1）当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，在2n S n =中，令1n =，则111a S ==，满足21n a n =-，故数列{}n a 的通项公式是*21,n a n n N =-∈；（2）因为一般项()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以12231111111111111233557212121n n n a a a a a a n n n +⎛⎫+++=-+-+-++-= ⎪-++⎝⎭ 1122318111log n n a a a a a a λ++++≥对任意*n N ∈恒成立，也就是18log 21n n λ≤+对任意*n N ∈恒成立，1min 8log 21n n λ⎛⎫≤ ⎪+⎝⎭，因为121111*********n n n n n +-⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭是增函数，其最小值是11112213⎛⎫-= ⎪+⎝⎭，于是181log 3λ≤，12λ≥.故实数λ的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.。

安徽省第二中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题文

蚌埠二中2020-2021学年第一学期期中考试高二数学试题（文科）第I卷（选择题）一选择题（每小题5分，共计60分）1.以下命题中正确的是( )A. 以直角三角形的一直角边为轴旋转所得的旋转体是圆锥B. 以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C. 有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥D. 圆锥的侧面展开图为扇形,这个扇形的半径为圆锥底面圆的半径2.已知空间三条直线l、m、若l与m异面,且l与n异面,则( )A. m与n异面B. m与n相交C. m与n平行D. m与n异面、相交、平行均有可能3.直线的倾斜角为( )A. B. C. D.4.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有( )，，，，，，，A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个5.在四面体ABCD中,点E、F、G、H分别在直线AD、AB、CD、BC上，若直线EF和GH相交,则它们的交点一定( )A. 在直线DB上B. 在直线AB上C. 在直线CB上D. 都不对6.方程表示以为圆心,4为半径的圆,则D,E,F的值分别为( )A. 4,,3B. ,6,3C. ,,3D. 4,,7.已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图,其中,,那么原中的大小是( )A. 030B.045C. 060D. 0908.若)1,2(-P 为圆25)1(22=+-y x 的弦AB 的中点，则直线AB 的方程是A. 03=--y xB.032=-+y xC. 01=-+y xD.052=--y x 9.在三棱锥中,平面ABC ,,,,则三棱锥的外接球的表面积是( ) A.B.C.D.10.圆上存在两点关于直线对称,则的最小值为( ) A. 8B. 9C. 16D. 1811.在棱长为2的正方体中，P 是内不含边界的一个动点，若，则线段长的取值范围为( )A. B. C. D.12.直线与曲线有两个不同交点,则实数的k 的取值范围是( ) A.B.C. D.第II 卷（非选择题）二填空题（每小题5分，共计20分） 13.平面两两相交,为三条交线,且,则b 与c 的位置关系是_________．14.求经过点()43-，，且在x 轴上的截距是在y 轴上的截距2倍的直线方程为________ . 15.如图,二面角的大小是,线段,AB 与l 所成的角为则AB 与平面所成的角的正弦值是______．16.已知圆的方程为,是该圆内一点,过点P 的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ,则四边形ABCD 的面积是______ ．三解答题（第17题10分，18题到22题每题12分，共计70分） 17.已知直线：和：．若,求实数m 的值；若,求与之间的距离d ．18. 如图,在四面体ABCD 中,,点分别是的中点．求证：直线面ACD ；平面EFC ．19.已知ABC ∆的顶点()5,1A ，AB 边上的中线CM 所在直线方程为250x y --=，∠B 的平分线BN 所在直线方程为250x y --=，求：（Ⅰ）顶点B 的坐标；（Ⅱ）直线BC 的方程20.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD . (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积.21.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由.22.已知圆C的圆心在直线上,且与直线相切于点．Ⅰ求圆C 方程；Ⅱ是否存在过点的直线l与圆C交于E、F两点,且的面积是为坐标原点若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由．蚌埠二中2019---2020学年度高二第一学期期中数学试题（文）一 A D D B A D C A C B C A 二13.14.32204y x x y =-+-=或 15. 16.三17. 解：直线：和：,当时,,解得；由可得,解得或,当时,与重合,应舍去, 当时,可得：,：,即,由平行线间的距离公式可得18.证明：,F 分别是AB ,BD 的中点．是的中位线,,面ACD ,面ACD ,直线面ACD ； ,,, ,F 是的中点,, 又, 平面CEF ,平面CEF ,得平面面EFC ．19.（Ⅰ）设()00,B x y ，则AB 中点坐标为：0051,22x y ++⎛⎫⎪⎝⎭ 005125022x y ++∴⨯--=，即：00210x y --= 又00250x y --=，解得：01x =-，03y =-()1,3B ∴-- （Ⅱ）设A 点关于250x y --=的对称点为(),A x y '''则1255125022y x x y -⎧=-⎪⎪-⎨++⎪-'''⋅-=⎩'⎪，解得：293,55A ⎛⎫'- ⎪⎝⎭ BC ∴边所在的直线方程为：()335312915y x -++=++，即：617450x y --= 20(1)证明因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ，得BE ⊥BG ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6. 所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.21.(1)证明连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意得四棱锥S －ABCD 是正四棱锥，所以SO ⊥AC .在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又SO ∩BD ＝O ，所以AC ⊥平面SBD ，因为SD ⊂平面SBD ，所以AC ⊥SD .(2)解在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC . 连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a . 由SD ⊥平面PAC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4. 故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD .过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN .在△BDN 中，易得BN ∥PO ，又因为NE ∥PC ，NE ⊂平面BNE ，BN ⊂平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO ⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.22.Ⅰ过切点且与垂直的直线为,即．与直线联立,解得,,圆心为,半径,所求圆的方程为．Ⅱ当斜率不存在时,此时直线l方程为,原点到直线的距离为, 同时令代入圆方程得,,满足题意,此时方程为．当斜率存在时,设直线l的方程为,圆心到直线l的距离,设EF的中点为D,连接CD,则必有,在中,,,原点到直线l的距离,,整理,得,不存在这样的实数k．综上所述,所求的直线方程为．。

2020-2021学年安徽师大附中高二上学期期中数学试卷(文科) (解析版)

2020-2021学年安徽师大附中高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1．直线x﹣y+3＝0的倾斜角是（）A．30°B．45°C．60°D．150°2．下列关于斜二测画法所得直观图的说法中正确的有（）①三角形的直观图是三角形．②平行四边形的直观图是平行四边形．③菱形的直观图是菱形．④正方形的直观图是正方形．A．①B．①②C．③④D．①②③④3．已知A（1，2），B（﹣1，0），C（4，m）三点在一条直线上，则m的值为（）A．﹣3B．﹣5C．3D．54．下列命题正确的是（）A．四边形确定一个平面B．一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行C．一条直线与平面内无数条直线垂直，则该直线与此平面垂直D．一个平面内两条相交直线与另一平面内两条相交直线分别平行，则这两个平面平行5．两圆x2+y2＝5和x2+y2﹣8x+6y+17＝0的位置关系是（）A．相离B．外切C．相交D．内切6．已知直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2，则m的值为（）A．3或0B．3C．﹣2或1D．17．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体的体积为（）A．2B．6C．D．8．已知直线l1：mx﹣y+m﹣1＝0与射线l2：x﹣y﹣2＝0（x≥0）恒有公共点，则m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1]∪（1，+∞）B．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）C．[﹣1，1）D．[﹣1，1]9．已知三角形△ABC的三个内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，∠C＝90°，分别以BC，AC，AB所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体的外接球表面积分别为S1，S2，S3，则下列关系正确的是（）A．S1+S2＝S3B．C．D．10．已知点P（1，m）（m∈R），若过点P作圆C：（x+2）2+y2＝4的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，且∠APB≥，则m的取值范围是（）A．﹣≤m≤B．﹣≤m≤C．﹣2≤m≤2D．﹣≤m≤11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E是AB中点，点F为BC的中点，平面D1EF与棱CC1的交点为P，则的值为（）A．1B．C．D．12．已知过点M（x0，y0）向圆（x+1）2+（y﹣2）2＝1引一条切线，切点为N，且|MN|＝|MO|，O为坐标原点，则|MN|的最小值为（）A．B．C．D．1二、填空题（共4小题）.13．两平行直线x+3y﹣3＝0与2x+6y+3＝0之间的距离等于．14．已知三棱锥P﹣ABC三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2，则三棱锥P﹣ABC外接球的体积为．15．已知四棱锥P﹣ABCD的底面是ABCD是矩形，平面PCD⊥底面ABCD，且AB＝4，BC ＝2，PC＝PD＝2，则直线PB与AC所成角的余弦值为．16．定义点M（x1，y1），N（x2，y2）之间的“直角距离”为d（M，N）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，若点A（x，y）到点B（1，3）的“直角距离”等于2，其中x，y满足0≤x≤5，0≤y≤5，则所有满足条件的点A的轨迹的长度之和为．三、解答题（共6小题）.17．已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，﹣2），B（1，1），C（3，5）．（Ⅰ）求BC边上的中线AD所在直线方程：．（Ⅱ）求BC边上的高AE所在直线方程．18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝A1C1，点D、E分别为AA1、B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1E∥平面DCB1；（Ⅱ）证明：平面DCB1⊥平面BB1C1C．19．已知圆C过点A（0，1），圆心C（a，b）（a＞0）在直线l：x﹣3y＝0上；（Ⅰ）若圆C被直线y＝x截得的弦长为2，求圆C的方程；（Ⅱ）当圆C面积最小时，求圆C的方程．20．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为是AB、B1C中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面AB1C1；（Ⅱ）求直线CE与平面D1B1C所成角的正弦值．21．已知圆C经过坐标原点，且与直线x﹣y+2＝0相切，切点为A（2，4）．（1）求圆C的方程；（2）若斜率为﹣1的直线l与圆C相交于不同的两点M，N，求的取值范围．22．如图1所示在平行四边形ABCD中，AB＝BD＝，AD＝2，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折起，使得AC⊥BD得到如图2所示的四棱锥A﹣BCDE，点F为AC的中点．（Ⅰ）在图2中，证明BD⊥AE；（Ⅱ）在图2中，求点A到平面BEF的距离．参考答案一、选择题（共12小题）.1．直线x﹣y+3＝0的倾斜角是（）A．30°B．45°C．60°D．150°解：设直线x﹣y+3＝0的倾斜角为θ．由直线x﹣y+3＝0化为y＝x+3，∴tanθ＝，∵θ∈[0，π），∴θ＝60°．故选：C．2．下列关于斜二测画法所得直观图的说法中正确的有（）①三角形的直观图是三角形．②平行四边形的直观图是平行四边形．③菱形的直观图是菱形．④正方形的直观图是正方形．A．①B．①②C．③④D．①②③④解：由斜二测画法规则知：三角形的直观图仍然是三角形，所以①正确；根据平行性不变知，平行四边形的直观图还是平行四边形，所以②正确；根据x′O′y′两轴的夹角为45°或135°知，菱形的直观图不再是菱形，所以③错误；根据平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度减半知，正方形的直观图不再是正方形，所以④错误．故选：B．3．已知A（1，2），B（﹣1，0），C（4，m）三点在一条直线上，则m的值为（）A．﹣3B．﹣5C．3D．5解：∵A（1，2），B（﹣1，0），C（4，m）三点在同一条直线上，∴k AB＝k AC，即＝，解得：m＝5，故选：D．4．下列命题正确的是（）A．四边形确定一个平面B．一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行C．一条直线与平面内无数条直线垂直，则该直线与此平面垂直D．一个平面内两条相交直线与另一平面内两条相交直线分别平行，则这两个平面平行解：四边形可能是空间四边形，所以四边形确定一个平面不正确，所以A不正确；一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行，不正确，不满足直线与平面平行的判断定理，所以B不正确；一条直线与平面内无数条直线垂直，则该直线与此平面垂直，不正确，不满足直线与平面垂直的定义，也不满足直线与平面垂直的判断定理，所以C不正确；一个平面内两条相交直线与另一平面内两条相交直线分别平行，则这两个平面平行，正确，满足平面与平面平行的判断定理，所以D正确．故选：D．5．两圆x2+y2＝5和x2+y2﹣8x+6y+17＝0的位置关系是（）A．相离B．外切C．相交D．内切解：∵圆C1：x2+y2＝0的圆心为：C1（0，0），半径r1＝，圆C2：x2+y2﹣8x+6y+17＝0的圆心为：C2（4，﹣3），半径r2＝2，∴|C1C2|＝＝5，∵（+2）2＝13+4＝13+＞13+12＝25，∴|C1C2|＜r2+r1，∴圆C1与C2相交，故选：C．6．已知直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2，则m的值为（）A．3或0B．3C．﹣2或1D．1解：∵直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2，∴m﹣m（m﹣2）＝0，解得m＝0或m＝3，故选：A．7．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体的体积为（）A．2B．6C．D．解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体．如图所示：所以：V＝＝．故选：C．8．已知直线l1：mx﹣y+m﹣1＝0与射线l2：x﹣y﹣2＝0（x≥0）恒有公共点，则m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1]∪（1，+∞）B．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）C．[﹣1，1）D．[﹣1，1]解：联立，得x＝，∵直线l1：mx﹣y+m﹣1＝0与射线l2：x﹣y﹣2＝0（x≥0）恒有公共点，∴x＝≥0，解得﹣1≤m＜1．∴m的取值范围是[﹣1，1）．故选：C．9．已知三角形△ABC的三个内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，∠C＝90°，分别以BC，AC，AB所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体的外接球表面积分别为S1，S2，S3，则下列关系正确的是（）A．S1+S2＝S3B．C．D．解：设以AC，BC所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体圆锥如右图：设球心为O，圆锥的底面圆的圆心为O'，以AC为轴旋转得到的圆锥的底面半径为a，高为b，则R2＝a2+（R﹣b）2，解得R＝＝，S1＝4πR2＝π，同理可得S1＝π，以AB所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个圆锥，如右图，底面半径为，高为c，可得其外接球的半径为c，则S3＝4π•c2＝πc2，所以+＝+＝＝＝，故选：D．10．已知点P（1，m）（m∈R），若过点P作圆C：（x+2）2+y2＝4的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，且∠APB≥，则m的取值范围是（）A．﹣≤m≤B．﹣≤m≤C．﹣2≤m≤2D．﹣≤m≤解：圆C：（x+2）2+y2＝4的圆心坐标为C（﹣2，0），半径r＝2，因为∠APB≥，由对称性可知∠APO≥，根据题意可得sin∠APO＝＝＝≥，解得﹣≤m≤．故选：A．11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E是AB中点，点F为BC的中点，平面D1EF与棱CC1的交点为P，则的值为（）A．1B．C．D．解：如图，在平面ABCD中，延长EF交DC的延长线于M，在平面CC1D1D中，连接D1M交CC1于P，在Rt△EBF与Rt△MCF中，∵∠EFB＝∠MFC，∴Rt△EBF∽Rt△MCF，又F为BC的中点，∴CM＝BE，∵E是AB中点，∴CM＝EB＝AB＝CD，可得＝，即|CP|＝|DD1|＝|CC1|，可得的值为．故选：B．12．已知过点M（x0，y0）向圆（x+1）2+（y﹣2）2＝1引一条切线，切点为N，且|MN|＝|MO|，O为坐标原点，则|MN|的最小值为（）A．B．C．D．1解：圆（x+1）2+（y﹣2）2＝1的圆心C（﹣1，2），半径为1，∵NM⊥CN，∴|CM|2＝|MN|2+|CN|2，又|NM|＝|MO|，∴（x0+1）2+（y0﹣2）2﹣1＝x02+y02，整理得：x0﹣2y0+2＝0．即动点M在直线x﹣2y+2＝0上，所以|NM|的最小值就是|MO|的最小值，过点O作直线x﹣2y+2＝0的垂线，垂足为P，可得|MP|＝＝，故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分13．两平行直线x+3y﹣3＝0与2x+6y+3＝0之间的距离等于．解：两平行直线x+3y﹣3＝0与2x+6y+3＝0，即2x+6y﹣6＝0与2x+6y+3＝0，它们之间的距离为＝，故答案为：．14．已知三棱锥P﹣ABC三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2，则三棱锥P﹣ABC外接球的体积为4π．解：三棱锥P﹣ABC三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2，设外接球的半径为r，则4r2＝4+4+4，解得，所以V＝＝4．故答案为：415．已知四棱锥P﹣ABCD的底面是ABCD是矩形，平面PCD⊥底面ABCD，且AB＝4，BC ＝2，PC＝PD＝2，则直线PB与AC所成角的余弦值为．解：作PO⊥DC交DC于O点，分别以OD方向为x轴，以CD的中垂线向右的方向为y轴，以OP的方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图示：，由题意得：A（2，2，0），C（﹣2，0，0），B（﹣2，2，0），P（0，0，2），故＝（﹣2，2，﹣2），＝（﹣4，﹣2，0），故•＝8﹣4+0＝4，||＝4，||＝2，故cos＜，＞＝＝，故答案为：．16．定义点M（x1，y1），N（x2，y2）之间的“直角距离”为d（M，N）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，若点A（x，y）到点B（1，3）的“直角距离”等于2，其中x，y满足0≤x≤5，0≤y≤5，则所有满足条件的点A的轨迹的长度之和为6．解：因为点A（x，y）到点B（1，3）的“直角距离”等于2，所以点A的轨迹方程为|x﹣1|+|y﹣3|＝2，因为x，y满足0≤x≤5，0≤y≤5，所以当1≤x≤5，3≤y≤5时，x+y＝6；当1≤x≤5，0≤y＜3时，x﹣y＝0；当0≤x＜1，3≤y≤5时，﹣x+y＝4；当0≤x＜1，0≤y＜3时，x+y＝2．作出|x﹣1|+|y﹣3|＝2在0≤x≤5，0≤y≤5表示的图形，由A（0，2），B（1，1），C（3，3），D（1，5），E（0，4），可得其周长为|AB|+|BC|+|CD|+|DE|＝+2+2+＝6，故答案为：6．三、解答题：本题共6小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，﹣2），B（1，1），C（3，5）．（Ⅰ）求BC边上的中线AD所在直线方程：．（Ⅱ）求BC边上的高AE所在直线方程．解：（Ⅰ）因为B（1，1），C（3，5），所以BC的中点为M（2，3），因为A（﹣1，﹣2）在BC边上的中线上，所以所求直线方程为，即BC边上的中线所在直线的方程为5x﹣3y﹣1＝0，（Ⅱ）因为B（1，1），C（3，5），所以直线BC的斜率为＝2，因为BC边上的高所在直线与直线BC垂直，所以BC边上的高所在直线的斜率为﹣，因为A（﹣1，﹣2）在BC边上的高上，所以所求直线方程为y+2＝﹣（x+1），即BC边上的高所在直线的方程为x+2y+5＝0．18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝A1C1，点D、E分别为AA1、B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1E∥平面DCB1；（Ⅱ）证明：平面DCB1⊥平面BB1C1C．【解答】证明：（Ⅰ）连接BC1交B1C于O，则O为矩形BB1C1C的中心，连接DO，OE，则OE∥BB1∥A1D，，可得四边形DA1EO为平行四边形，则A1E∥DO，∵DO⊂平面DCB1，A1E⊄平面DCB1，∴A1E∥平面DCB1；（Ⅱ）∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴平面BB1C1C⊥底面A1B1C1，又A1B1＝A1C1，E是B1C1的中点，∴A1E⊥B1C1，而平面BB1C1C∩底面A1B1C1＝B1C1，A1E⊂平面A1B1C1，∴A1E⊥平面CBB1C1，由（Ⅰ）知A1E∥DO，∴DO⊥平面CBB1C1，而DO⊂平面DCB1，∴DCB1⊥平面BB1C1C．19．已知圆C过点A（0，1），圆心C（a，b）（a＞0）在直线l：x﹣3y＝0上；（Ⅰ）若圆C被直线y＝x截得的弦长为2，求圆C的方程；（Ⅱ）当圆C面积最小时，求圆C的方程．解：（Ⅰ）∵圆心C（a，b）（a＞0）在直线l：x﹣3y＝0上，∴a﹣3b＝0，即圆心C（3b，b）．又圆C过点A（0，1），故它的半径为r＝＝，且圆心C到直线y＝x的距离为d＝＝b．若圆C被直线y＝x截得的弦长为2，则+＝10b2﹣2b+1，求得b＝1，故圆心C（3，1）、半径r＝3，故圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣1）2＝9．（Ⅱ）由于圆C的半径为＝，故当半径最小时，圆的面积最小，故当b＝时，圆的面积最小．此时，圆心C（，），半径为，圆的方程为+＝．20．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为是AB、B1C中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面AB1C1；（Ⅱ）求直线CE与平面D1B1C所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，∵F为B1C的中点，∴FG∥BC∥B1C1，∵B1C1⊂平面AB1C1，FG⊄平面AB1C1，∴FG∥平面AB1C1，又E为AB的中点，∴EG∥AB1，∵AB1⊂平面AB1C1，EG⊄平面AB1C1，∴EG∥平面AB1C1，∵GF、EG⊂平面EFG，且GF∩EG＝G，∴平面EFG∥平面AB1C1，则EF∥平面AB1C1；（Ⅱ）解：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E（2，1，0），C（0，2，0），B1（2，2，2），D1（0，0，2），A（2，0，0），C1（0，2，2），，，，∵＝0，＝0，∴是平面D1B1C的一个法向量，又，设直线CE与平面D1B1C所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝＝．∴直线CE与平面D1B1C所成角的正弦值为．21．已知圆C经过坐标原点，且与直线x﹣y+2＝0相切，切点为A（2，4）．（1）求圆C的方程；（2）若斜率为﹣1的直线l与圆C相交于不同的两点M，N，求的取值范围．【解答】（1）解法一：圆的圆心为C，依题意得直线AC的斜率K AC＝﹣1，∴直线AC的方程为y﹣4＝﹣（x﹣2），即x+y﹣6＝0．∵直线OA的斜率K OA＝＝2，∴线段OA的垂直平分线为y﹣2＝（x﹣1），即x+2y ﹣5＝0．解方程组得圆心C的坐标为（7，﹣1）．∴圆C的半径为r＝|AC|＝＝5，∴圆C的方程为（x﹣7）2+（y+1）2＝50．解法二：设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，依题意得，解得，∴圆的方程为：（x﹣7）2+（y+1）2＝50．（2）解：设直线l的方程为y＝﹣x+m，M（x1，y1），N（x2，y2）．由消去y得2x2﹣（2m+16）x+m2+2m＝0．∴x1+x2＝m+8，．∴＝（x1﹣2）（x2﹣2）+（y1﹣4）（y2﹣4）＝（x1﹣2）（x2﹣2）+（﹣x1+m﹣4）（﹣x2+m﹣4）＝2x1•x2﹣（m﹣2）（x1+x2）+（m ﹣4）2+4＝m2+2﹣（m﹣2）（m+8）+（m﹣4）2+4＝m2﹣12m+36＝（m﹣6）2．∵直线l与圆C相交于不同两点，∴＜5，解得﹣4＜m＜16．∴0≤（m﹣6）2＜100，∴的取值范围是[0，100）．22．如图1所示在平行四边形ABCD中，AB＝BD＝，AD＝2，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折起，使得AC⊥BD得到如图2所示的四棱锥A﹣BCDE，点F为AC的中点．（Ⅰ）在图2中，证明BD⊥AE；（Ⅱ）在图2中，求点A到平面BEF的距离．【解答】证明：（Ⅰ）连接CE，在原平行四边形ABCD中，由AB＝BD＝，AD＝2，点E是AD的中点，可得BE＝，EC＝，得sin∠ECB＝＝，cos∠DBC＝cos∠EDB＝＝，∴sin∠ECB＝cos∠DBC，即∠ECB+∠DBC＝，可得BD⊥CE，又AC⊥BD，AC∩CE＝C，∴BD⊥平面AEC，得BD⊥AE；解：（Ⅱ）设点A到平面BEF的距离为h，由（Ⅰ）知AE⊥BD，又AE⊥EB，EB∩BD＝B，∴AE⊥平面BCDE，得AE⊥EC，又F为AC的中点，∴EF＝AC＝，由AE⊥平面BCDE，AE⊂平面ABE，得平面ABE⊥平面BCDE，而平面ABE∩平面BCDE＝BE，BC⊥BE，可得BC⊥AB，则BF＝AC＝，则＝，又V A﹣BEF＝V F﹣ABE，∴，得，即h＝．∴点A到平面BEF的距离为．。

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,且
a2a4
=
1,则其前
3
项的和
S3
=
A. 14
B. 13
C. 12
D. 11
4. 秦九韶是我国南宋时期的数学家,在他所著的《数书九章》中提出的多项式
求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法,给出如图所示的秦九韶算法
n,x
程序框图,若输入 n,x 的值分别为 5,2,则输出 v 的值是
v=1
A. 259
ABCD,则异面直线 AC,BD 所成的角是
A. π 6
B. π 4
C. π 3
D. π 2
11. 在△ABC 中,A→B = ( cos24°,cos66°) ,A→C = (2cos69°,2cos21°) ,则△ABC 的面积为
A. 2 2
B. 2
2 C.
2
2 D.
3
12.
设函数
f( x) =
已知圆
C:x2 +y2
=
1 4
和直线
l:y = kx-1( k∈R) .
(1)若直线 l 与圆 C 相交,求 k 的取值范围;
(2)若 k = 1,点 P 是圆 C 上一个动点,求点 P 到直线 l 距离的最大值和最小值.
18. (12 分) 我国是世界上严重缺水的国家,某市为了制定合理的节水方案,对居民用水情况进行了调查,
高二文科数学试卷第 1 页(共 4 页)
数学试题
6. 某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是
A. 32 2
B. 32 2 +16 6
4
32 C.
3
D. 16 2 +24 6
22 22
7. 已知函数 f( x) = sin (ωx+φ) ( ω> 0,
φ
π < 2 )图象上相邻两条对称轴
通过抽样,获得了某年 100 位居民每人的月均用水量( 单位:吨) ,将数据按照[ 0,0. 5) ,[ 0. 5,1) , …,[4,4. 5] 分成 9 组,制成了如图所示的频率分布直方图.
/ 0.50
0.42
a
0.16 0.12 0.08 0.04
O 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5
ìïïx,-1<x≤0
í îïf(
1 x-1)
+1,0<x<1若函数
y = f(x) -4t
在区间( -1,1) 内有且仅有两个零点,则实
数 t 的取值范围是
A.
(
-
1 4
,+∞
)
B. ( -∞ ,0)
C. ( - 1 ,0) 4
) D.
éëêê -
1 4
,0
二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。
B1
4
之间的距离为
π 2
,且若将函数
y
= f(x)的图象向左平移
π 3
个单位后,
得到的图象关于 y 轴对称,那么函数 y = f(x)的图象
( ) A. 关于点 π ,0 对称 12
( ) B. 关于点 - π ,0 对称 12
C.
关于直线
x
= π 对称 12
D.
关于直线
x
=
- π 对称 12
8. 如图是函数 H( x) 图象的一部分,设函数 f ( x) = sinx,g ( x) =
（）
(1)求直方图中 a 的值;
(2) 设该市有 30 万居民,估计全市居民中月均用水量不低于 3 吨的人数,说明理由;
( 3) 估计居民月均用水量的中位数.
19. (12 分) 在矩形 ABCD 中,将△ABC 沿其对角线 AC 折起来得到△AB1C,且平面 AB1D⊥平面 ACD( 如图
所示) .
B. 32
C. 65
D. 130
i=n-1
5. 已知 x,y 的取值如下表所示:
i=i-1
x
2
3
4
5
i≥0？
v=vx+i
y
2. 2
3. 8
5. 5
m
v
若 y 与 x 线性相关,且回归直线方程为 y^ = 1. 46x-0. 61,则表格中实数 m 的值
为
A. 6. 5
B. 6. 69
C. 7. 5
D. 7. 69
A. (0,1 ]
B. (0,3 ]
C. (0,2 ]
D. ( -2,1 ]
2.
在平行四边形
ABCD
中,A→E =
3 4
A→C,设
A→B = a,B→C = b,则向量
D→E =
A.
1 4
a-
3 4
b
B.
3 4
a-
1 4
b
C.
2 3
a
-
1 3
b
D.
1 3
a-
2 3
b
பைடு நூலகம்
3.
正项等比数列{an}
的公比是
1 3
数学试题
15. 已知一个圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形. 则此圆锥外接球的体积是
.
16. 过点 T(1,2) 引直线 l 分别交 x、y 轴正半轴于 A、B 两点,当△OAB 的面积最小时,直线 l 的方程
是
.
三. 解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17. (10 分)
数学试题
2020 ~ 2021 学年安徽名校第一学期期中联考
高二文科数学
本试卷共 4 页,全卷满分 150 分,考试时间 120 分钟。考生注意事项:
1. 答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2. 选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3. 非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4. 考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题:本题共 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. 若集合 M = {x 0<x≤3} ,N = {x x2 +x-2≤0} ,则 M∩N =
1 ,则
x
y
H( x) 可以表示为 A. f(x)·g(x)
B. f(x) g( x)
O
x
C. f(x) +g(x)
D. f(x) -g(x)
9.
若2
cos2 α -sin2=α sinα+cosα
-6,则
cosα·tan(
α-
π 4
)
=
A. - 3 2
3 B.
C. -3
D. 3
2
10. 在平面四边形 ABCD 中,AB = AD,CB = CD,将该四边形沿着对角线 BD 折叠,得到空间四边形
13. 已知角 α 的终边经过点 P(4,-3) ,则 2sinα+cosα 的值是
.
14. 某人将甲、乙两颗骰子先后各抛一次,a,b 分别表示抛掷甲、乙两颗骰子所得的点数,若点 S( a,
ìïïx>0
b) 落在不等式组íy>0 表示的平面区域内的事件记为 A,则事件 A 的概率是
.
îïx+y≤4
高二文科数学试卷第 2 页(共 4 页)