安徽省合肥一中2019-2020学年高二(上)期中数学(文科)试题(wd无答案)
合肥一中2019-2020学年第一学期高二年级段一考试数学(文科)试卷参考答案
合肥一中2017~2018学年第一学期高二年级段一考试数学（文科）试卷参考答案13．216π14． 9 15．22π+16三、解答题 17．（本题满分10分）【证明】在平面ABCD 内，连接AE 并延长交DC 于点M ，则有CM=CD ， 在平面PCD 内，连接GF 并延长交DC 于点M 1． 取GD 中点N ，连接CN ，则由PG=13PD 可知PG=GN=ND ． ∵点F 为PC 的中点，∴在△PCN 中有FG ∥CN ，即GM 1∥CN ， ∴在△GM 1D 中有CM 1=CD ，∴点M 与点M 1重合，即AE 与GF 相交于点M ， ∴A 、E 、F 、G 四点共面． 18．（本题满分12分）【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，圆锥的母线长为l ，高为h 1，根据题意可知（1）224,12r r ππ=∴=（cm ），116h ==（cm ）， 所以“笼具”的体积22111=(1443014416)355233V r h r h ππππ-=⨯-⨯⨯=（3cm ）.（2）圆柱的侧面积212720S rh cm ππ==，圆柱的底面积222144S r cm ππ==，圆锥的侧面积23240S rl cm ππ==，所以“笼具”的表面积21231104S S S S cm π=++=，故造50个“笼具”的总造价：411045081104=1025ππ⨯⨯元.答：这种“笼具”的体积为3552π3cm ；制造50个“笼具”的总造价为110425π元. 19．（本题满分12分） 【证明】 (1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，所以BE ∥平面DMF . (2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG .又M 为AB 中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线，所以平面BDE ∥平面MNG . 20．（本题满分12分）【解析】（Ⅰ）证明：因BD EF //，所以EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，因为E EC AE ,=为AC 的中点，所以AC DE ⊥；同理可得AC BD ⊥，又因为D DE BD = ，所以⊥AC 平面BDEF ，因为⊂FB 平面BDEF ，FB AC ⊥.（Ⅱ）设FC 的中点为I ，连HI GI ,，在C E F ∆中，G 是CE 的中点，所以EF GI //，又DB EF //，所以DB GI //；在CFB ∆中，H 是FB 的中点，所以BC HI //，又I HI GI = ，所以平面//GHI 平面ABC ，因为⊂GH 平面GHI ，所以//GH 平面ABC .21．（本题满分12分） 【解析】（Ⅰ）证明：连AG 交PD 于H ，连接CH ． 由梯形ABCD ，AB ∥CD ，且AB=2DC ，知又E 为AD 的中点，且PG ：GE=2：1，G 为△PAD 的重心，∴在△AFC 中，，故GF ∥HC ．又HC ⊆平面PCD ，GF ⊄平面PCD ，∴GF ∥平面PDC ．（Ⅱ）PE ⊥平面ABCD ，且PE=3，又由（Ⅰ）知GF ∥平面PDC ， ∴又由梯形ABCD ，AB ∥CD ，且AD=2DC=2，知又△ABD 为正三角形，得∠CDF=ABD=60°， ∴，得，∴三棱锥G ﹣PCD 的体积为．22. （本题满分12分）【解析】（I ）AD 上存在一点P ，使得平面，此时32AP PD =.理由如下：当32AP PD =时，35AP AD =，过点P 作//MP FD 交AF 于点M ，连结EM ，则有35MP AP FD AD ==， 1BE =，可得FD=5，故MP=3，又EC=3，////MP FD EC ，故有// EC ，故四边形MPEC 为平行四边形，//CP ME ∴,又CP ∴⊄,ME ABEF ⊂平面，故有//CP ABEF ∴平面成立.//CP ABEF（2）设BE x =，(04),6AF x x FD x ∴=<≤=-，故21112(6)(6)323A CDF V x x x x -=⋅⋅⋅-⋅=-+，∴当3x =时，A CDF V -有最大值，且最大值为3，此时133EC AF FD DC ====，，， 在ACD ∆中，由余弦定理得2221cos ,sin222AD DC AC ADC ADC AD DC +-∠===∴∠=⋅， 1sin 2ADC S DC DA ADC ∆=⋅⋅⋅∠=设点F 到平面ADC 的距离为h ，由于=A CDF F ACD V V --，即13,3ADC h S h ∆=⋅⋅∴=F 到平面ADC .。
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．。
2019学年安徽省高二上期中文科数学试卷【含答案及解析】(1)
2019学年安徽省高二上期中文科数学试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________一、选择题1. 总体有编号为的个个体组成．利用下面的随机数表选取个个体，选取方法是从随机数表第行的第列和第列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第个个体的编号为（）A ．___________________________________B ．C ．_________________________________D ．2. 计算机是将信息转换成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”，如：表示二进制的数，将它转换成二进制的形式是，那么将二进制数转换成十进制的结果是（）A ．_________________________________B ．_________________________________ C ．____________________________D ．3. 对变量，观测数据，得散点图；对变量，有观测数据，得散点图．由这两个散点图可以判断（）A．变量与正相关，与正相关___________B ．变量与正相关，与负相关C．变量与负相关，与正相关___________D ．变量与负相关，与负相关4. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果是，则判断框内的取值范围是（）A ．________________________B ．______________C ．____________________ D ．5. 若样本数据的标准差为，则数据的标准差为A ．___________________________________B ．C ．D ．6. 某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2，…，270，并将整个编号依次分为10段．如果抽得号码有下列四种情况：①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270；关于上述样本的下列结论中，正确的是（）A．①、③都可能为分层抽样B ．②、④都不能为分层抽样C．①、④都可能为系统抽样D ．②、③都不能为系统抽样7. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”。
2020年安徽省合肥一中高二(上)期中数学试卷
高二（上）期中数学试卷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|−1−2+1|√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=62×√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，∴−a2=3 ∴a =−6故答案为：−6根据它们的斜率相等，可得−a2=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 ,−5k1+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．。
2023-2024学年安徽省合肥市重点中学高二(上)期中数学试卷【答案版】
2023-2024学年安徽省合肥市重点中学高二（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，只有一项符合题目要求. 1．若直线l 的倾斜角α满足0＜α＜2π3，且α≠π2，则其斜率k 满足（ ） A ．−√3＜k ＜0 B ．k ＞−√3C ．k ＞0或k ＜−√3D ．k ＞0或k ＜−√332．直线l 过点（﹣1，2）且与直线2x ﹣3y +1＝0垂直，则l 的方程是（ ） A ．3x +2y +7＝0B ．2x ﹣3y +5＝0C ．3x +2y ﹣1＝0D ．2x ﹣3y +8＝03．已知a →，b →，c →是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ） A ．3a →，a →−b →，a →+2b →B ．2b →，b →−2a →，b →+2a →C ．a →，2b →，b →−c →D ．c →，a →+c →，a →−c →4．在平行六面体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′中，向量AB ′→、AD ′→、BD →、是（ ） A ．有相同起点的向量 B ．等长的向量 C ．共面向量D ．不共面向量5．如图，一座圆弧形拱桥，当水面在如图所示的位置时，拱桥离水面2米，水面宽12米，当水面下降1米后，水面宽度为（ ）A ．14米B ．15米C ．√51米D ．2√516．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →=AD →+m AB →−n AA 1→，则m ，n 的值分别为（ ）A ．12，−12B ．−12，−12C ．−12，12D ．12，127．四棱锥P ﹣ABCD 中，AB →=（2，﹣1，3），AD →=（﹣2，1，0），AP →=（3，﹣1，4），则这个四棱锥的高为（ ） A ．√55B ．15C ．25D ．2√558．已知⊙M ：x 2+y 2﹣2x ﹣2y ﹣2＝0，直线l ：2x +y +2＝0，P 为l 上的动点．过点P 作⊙M 的切线P A ，PB ，切点为A ，B ，当|PM |•|AB |最小时，直线AB 的方程为（ ） A ．2x ﹣y ﹣1＝0B ．2x +y ﹣1＝0C ．2x ﹣y +1＝0D ．2x +y +1＝0二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．下列说法正确的是（ ）A ．直线y ＝ax ﹣2a +1必过定点（2，1）B ．直线3x ﹣2y +4＝0在y 轴上的截距为﹣2C ．直线√3x +y +1=0的倾斜角为120°D ．若直线l 沿x 轴向左平移3个单位长度，再沿y 轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则该直线l 的斜率为−2310．已知a →=(1，0，1)，b →=(−1，2，−3)，c →=(2，−4，6)，则下列结论正确的是（ ） A ．a →⊥b →B ．b →∥c →C ．＜a →，c →＞为钝角D ．c →在a →方向上的投影向量为（4，0，4）11．圆C ：x 2+y 2+4x ﹣6y ﹣3＝0，直线l ：3x ﹣4y ﹣7＝0，点P 在圆C 上，点Q 在直线l 上，则下列结论正确的是（ ） A ．直线l 与圆C 相交 B ．|PQ |的最小值是1C ．若P 到直线l 的距离为2，则点P 有2个D ．从Q 点向圆C 引切线，则切线段的最小值是312．如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中（ ）A ．AC 与BD 1的夹角为60°B ．三棱锥B 1﹣ACD 1外接球的体积为√32πC ．AB 1与平面ACD 1所成角的正切值√2 D ．点D 到平面ACD 1的距离为√33三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x 、y 满足x 2+y 2+4x ﹣2y ﹣4＝0，则√x 2+y 2的最大值是 ．14．如图，在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为1的正方形，若∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝60°，且A 1A ＝3，则A 1C 的长为 ．15．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC =√3，沿对角线AC 将△ABC 折起，若二面角B ﹣AC ﹣D 的大小为120°，则B ，D 两点之间的距离为 ．16．瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler ）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC 的顶点A （﹣4，0），B （0，4），其欧拉线方程为x ﹣y +2＝0，则顶点C 的坐标可以是 ． 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）已知空间向量a →=（2，4，﹣2），b →=（﹣1，0，2），c →=（x ，2，﹣1）． （Ⅰ）若a →∥c →，求|c →|；（Ⅱ）若b →⊥c →，求cos ＜a →，c →＞的值．18．（12分）已知△ABC 的顶点A （5，1），AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x ﹣y ﹣5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x ﹣2y ﹣5＝0．求： （1）顶点C 的坐标； （2）直线BC 的方程．19．（12分）已知以点C （﹣1，1）为圆心的圆与直线m ：3x +4y +4＝0相切． （1）求圆C 的方程；（2）过点P （﹣2，3）的作圆C 的切线，求切线方程．20．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，P A ⊥底面ABCD ，AB ＝AP ＝2，E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：CD ⊥AE ；（Ⅱ）求直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值； （Ⅲ）求点A 到平面PBD 的距离．21．（12分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，DD1＝3，AD＝2，∠BCD=π3，E为棱BB1上一点，BE＝1，过A，E，C1三点作平面α交DD1于点G．（1）求点D到平面BC1G的距离；（2）求平面AEC与平面BEC夹角的余弦值．22．（12分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的圆心在直线x+y﹣3＝0上，圆C经过点A（0，4），且与直线3x﹣4y+16＝0相切．（1）求圆C的方程；（2）设直线l交圆C于P，Q两点，若直线AP，AQ的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求该定点坐标．2023-2024学年安徽省合肥市重点中学高二（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，只有一项符合题目要求. 1．若直线l 的倾斜角α满足0＜α＜2π3，且α≠π2，则其斜率k 满足（ ） A ．−√3＜k ＜0 B ．k ＞−√3C ．k ＞0或k ＜−√3D ．k ＞0或k ＜−√33解：因为0＜α＜2π3，且α≠π2，所以tan α＞0或tan α＜−√3，所以k ＞0或k ＜−√3， 故选：C ．2．直线l 过点（﹣1，2）且与直线2x ﹣3y +1＝0垂直，则l 的方程是（ ） A ．3x +2y +7＝0B ．2x ﹣3y +5＝0C ．3x +2y ﹣1＝0D ．2x ﹣3y +8＝0解：∵直线2x ﹣3y +1＝0的斜率为23， 由垂直可得所求直线的斜率为−32， ∴所求直线的方程为y ﹣2=−32（x +1）， 化为一般式可得3x +2y ﹣1＝0 故选：C ．3．已知a →，b →，c →是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ） A ．3a →，a →−b →，a →+2b →B ．2b →，b →−2a →，b →+2a →C ．a →，2b →，b →−c →D ．c →，a →+c →，a →−c →解：对于选项A ，由3a →=2（a →−b →）+（a →+2b →），即3a →，a →−b →，a →+2b →共面，不能构成空间的一个基底；对于选项B ，由2b →=(b →−2a →)+(b →+2a →)，即2b →，b →−2a →，b →+2a →共面，不能构成空间的一个基底； 对于选项C ，设a →=x （2b →）+y(b →−c →)，又a →，b →，c →是不共面的三个向量，则x 、y 无解，即a →，2b →，b →−c →不共面，能构成空间的一个基底；对于选项D ，由c →=12(a →+c →)−12(a →−c →)，则c →，a →+c →，a →−c →共面，不能构成空间的一个基底， 故选：C ．4．在平行六面体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′中，向量AB ′→、AD ′→、BD →、是（ ） A ．有相同起点的向量 B ．等长的向量 C ．共面向量D ．不共面向量解：向量AB ′→、AD ′→、BD →显然不是有相同起点的向量，A 不正确； 等长的向量，不正确；是共面向量，D 不正确； 选项A 、B 、D 结合图形，明显错误．又∵AD ′→−AB ′→=B ′D ′→=BD →，∴AB ′→、AD ′→、BD →共面． 故选：C ．5．如图，一座圆弧形拱桥，当水面在如图所示的位置时，拱桥离水面2米，水面宽12米，当水面下降1米后，水面宽度为（ ）A ．14米B ．15米C ．√51米D ．2√51解：以圆拱拱顶为坐标原点，以过拱顶顶点的竖直直线为y 轴，建立直角坐标系， 设圆心为C ，水面所在弦的端点为A ，B ，则由已知可得：A （6，﹣2）， 设圆的半径为r ，则C （0，﹣r ），即圆的方程为x 2+（y +r ）2＝r 2， 将A 的坐标代入圆的方程可得r ＝10， 所以圆的方程是：x 2+（y +10）2＝100则当水面下降1米后可设A ′的坐标为（x 0，﹣3）（x 0＞0） 代入圆的方程可得x 0=√51，所以当水面下降1米后，水面宽为2√51米．故选：D ．6．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →=AD →+m AB →−n AA 1→，则m ，n 的值分别为（ ） A ．12，−12B ．−12，−12C ．−12，12D ．12，12解：由于AF →=AD →+DF →=AD →+12（DC →+DD 1→）=AD →+12AB →+12AA 1→，所以m =12，n =−12，故选：A ．7．四棱锥P ﹣ABCD 中，AB →=（2，﹣1，3），AD →=（﹣2，1，0），AP →=（3，﹣1，4），则这个四棱锥的高为（ ） A ．√55B ．15C ．25D ．2√55解：设平面ABCD 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⊥AB →n →⊥AD→， ∴{2x −y +3z =0−2x +y =0，令x ＝1可得y ＝2，z ＝0，即n →=（1，2，0）， ∴cos ＜n →，AP →＞=n →⋅AP→|n →||AP →|=15×26，设AP 与平面ABCD 所成角为α，则sin α=1√5×√26，于是P 到平面ABCD 的距离为|AP →|sin α=√55，即四棱锥P ﹣ABCD 的高为√55．故选：A ．8．已知⊙M ：x 2+y 2﹣2x ﹣2y ﹣2＝0，直线l ：2x +y +2＝0，P 为l 上的动点．过点P 作⊙M 的切线P A ，PB ，切点为A ，B ，当|PM |•|AB |最小时，直线AB 的方程为（ ） A ．2x ﹣y ﹣1＝0B ．2x +y ﹣1＝0C ．2x ﹣y +1＝0D ．2x +y +1＝0解：化圆M 为（x ﹣1）2+（y ﹣1）2＝4， 圆心M （1，1），半径r ＝2．∵S 四边形PAMB =12|PM|⋅|AB|=2S △P AM ＝|P A |•|AM |＝2|P A |=2√|PM|2−4． ∴要使|PM |•|AB |最小，则需|PM |最小，此时PM 与直线l 垂直． 直线PM 的方程为y ﹣1=12（x ﹣1），即y =12x +12， 联立{y =12x +122x +y +2=0，解得P （﹣1，0）．则以PM 为直径的圆的方程为x 2+(y −12)2=54．联立{x 2+y 2−2x −2y −2=0x 2+y 2−y −1=0，相减可得直线AB 的方程为2x +y +1＝0．故选：D ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．下列说法正确的是（ ）A ．直线y ＝ax ﹣2a +1必过定点（2，1）B ．直线3x ﹣2y +4＝0在y 轴上的截距为﹣2C ．直线√3x +y +1=0的倾斜角为120°D ．若直线l 沿x 轴向左平移3个单位长度，再沿y 轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则该直线l 的斜率为−23解：对于A ：直线y ＝ax ﹣2a +1，整理得y ﹣1＝a （x ﹣2），所以该直线经过（2，1）点，故A 正确； 对于B ：直线3x ﹣2y +4＝0，令x ＝0，解得y ＝2，故直线在y 轴上的截距为2，故B 错误；对于C ：直线√3x +y +1=0，所以直线的斜率k =−√3，所以tanθ=−√3，由于θ∈[0°，180°），故θ＝120°，故C 正确；对于D ：直线l 沿x 轴向左平移3个单位长度，再沿y 轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则v →=(−3，1)，所以直线的斜率为−13，故D 错误． 故选：AC ．10．已知a →=(1，0，1)，b →=(−1，2，−3)，c →=(2，−4，6)，则下列结论正确的是（ ） A ．a →⊥b →B ．b →∥c →C ．＜a →，c →＞为钝角D ．c →在a →方向上的投影向量为（4，0，4）解：对于A ：a →=(1，0，1)，b →=(−1，2，−3)，a →•b →=−1+0﹣3＝﹣4≠0，故A 错误； 对于B ：c →=(2，−4，6)=−2（﹣1，2，﹣3）＝﹣2b →，故b →∥c →，故B 正确；a →•c →=2+0+6＝8＞0，故＜a →，c →＞不为钝角，故C 错误，c →在a →方向上的投影为c →⋅a →|a →|=√2=4√2，故c →在a →方向上的投影向量与a →共线同向且模为4√2， 故可得c →在a →方向上的投影向量为（4，0，4），故D 正确． 故选：BD ．11．圆C ：x 2+y 2+4x ﹣6y ﹣3＝0，直线l ：3x ﹣4y ﹣7＝0，点P 在圆C 上，点Q 在直线l 上，则下列结论正确的是（ ） A ．直线l 与圆C 相交 B ．|PQ |的最小值是1C ．若P 到直线l 的距离为2，则点P 有2个D ．从Q 点向圆C 引切线，则切线段的最小值是3解：由圆C ：x 2+y 2+4x ﹣6y ﹣3＝0，得圆C 的标准方程为（x +2）2+（y ﹣3）2＝16， 圆心C （﹣2，3）到直线l ：3x ﹣4y ﹣7＝0的距离d =|−6−12−7|√3+(−4)2=5＞4，所以直线与圆相离，故A 错误；圆心到直线l ：3x ﹣4y ﹣7＝0的距离d ＝5，所以|PQ |的最小值为5﹣4＝1， 若点P 到直线l 的距离为2，则点P 有2个，故B 正确，C 正确； 根据图形知，点Q 到圆心C 的最小值为圆心到直线的距离d ＝5， 由勾股定理得切线长的最小值为√25−16=3，故D 正确． 故选：BCD ．12．如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中（ ）A ．AC 与BD 1的夹角为60°B ．三棱锥B 1﹣ACD 1外接球的体积为√32πC ．AB 1与平面ACD 1所成角的正切值√2 D ．点D 到平面ACD 1的距离为√33解：如图建立空间直角坐标系，则A （1，0，0），C （0，1，0），B （1，1，0），D 1（0，0，1），B 1（1，1，1）， 对于A ，AC →=(−1，1，0)，BD 1→=(−1，−1，1)，则AC →⋅BD 1→=0，即AC →⊥BD 1→，AC 与BD 1的夹角为90°，故A 错误； 对于B ，三棱锥B 1﹣ACD 1外接球与正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的外接球相同， 又正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的外接球的直径等于体对角线的长， 所以三棱锥B 1﹣ACD 1外接球的半径为√32，所以三棱锥B 1﹣ACD 1外接球的体积为V =43π×(√32)3=√32π，故B 正确； 对于C ，设平面ACD 1的法向量为m →=(x ，y ，z)，AC →=(−1，1，0)，AD 1→=(−1，0，1)，所以{m ⋅AC →=−x +y =0m →⋅AD 1→=−x +z =0，令x ＝1，得到，y ＝z ＝1，则m →=(1，1，1)，因为AB 1→=(0，1，1)，设AB 1与平面ACD 1所成角为α，则sin α=|cos⟨AB 1→，m →⟩|=2⋅3=√63，cos α=√33，tan α=√2，故C 正确； 因为DA →=(1，0，0)，设点D 到平面ACD 1的距离为d ，则d =|DA →⋅m →|m →||=13=√33，故D 正确． 故选：BCD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x 、y 满足x 2+y 2+4x ﹣2y ﹣4＝0，则√x 2+y 2的最大值是 √5+3 ．解：x 2+y 2+4x ﹣2y ﹣4＝0 即 （x +2）2+（y ﹣1）2＝9，表示一个圆心在（﹣2，1），半径等于3的圆， √x 2+y 2表示圆上的点与原点之间的距离，原点到圆心的距离为√5，结合图形知，√x 2+y 2的最大值是√5+3，故答案为 √5+3．14．如图，在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为1的正方形，若∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝60°，且A 1A ＝3，则A 1C 的长为 √5 ．解：在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，∠A 1AB =∠A 1AD =600，∴∠BCC 1＝∠DCC 1＝120°， 又∵A 1A ＝3，BC ＝DC ＝1，∴CB →⋅CC 1→=CD →⋅CC 1→=|CD →||CC 1→|cos120°=−32．∵底面是边长为1的正方形，∴∠BCD ＝90°，∴CB →⋅CD →=|CB →||CD →|cos90°=0．∵CA 1→=CB →+CD →+CC 1→，∴CA 1→2=(CB →+CD →+CC 1→)2=CB →2+CD →2+CC 1→2+2CB →⋅CC 1→+2CD →⋅CC 1→+2CB →⋅CD →=12+12+32+2×(−32)×2+0=5．∴|CA 1→|=√5．故答案为√5．15．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC =√3，沿对角线AC 将△ABC 折起，若二面角B ﹣AC ﹣D 的大小为120°，则B ，D 两点之间的距离为 √132 ． 解：过B 和D 分别作BE ⊥AC ，DF ⊥AC ，由AB ＝1，BC =√3，则AC ＝2，∵12AB •BC =12AC •BE =12AC •DF ， ∴BE ＝DF =√32，则AE ＝CF =12，则EF ＝2−12−12=1，∵二面角B ﹣AC ﹣D 的大小为120°，∴＜EB →，FD →＞=120°，即＜BE →，FD →＞=60°，∵BD →=BE →+EF →+FD →，∴BD →2＝（BE →+EF →+FD →）2=BE →2+EF →2+FD →2+2BE →•EF →+2FD →•BE →+2EF →•FD →=BE →2+EF →2+FD →2+2FD →•BE → =34+1+34+2×√32×√32×12=1+94=134， 即|BD →|=√134=√132，即B ，D 之间的距离为√132． 故答案为：√132．16．瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler ）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC 的顶点A （﹣4，0），B （0，4），其欧拉线方程为x ﹣y +2＝0，则顶点C 的坐标可以是 （0，﹣2）或（2，0） ．解：∵A （﹣4，0），B （0，4），∴AB 的垂直平分线方程为x +y ＝0，又外心在欧拉线x ﹣y +2＝0上，联立{x +y =0x −y +2=0，解得三角形ABC 的外心G （﹣1，1）， 又r ＝|GA |=√(−1+4)2+(1−0)2=√10，∴△ABC 外接圆的方程为（x +1）2+（y ﹣1）2＝10．设C （x ，y ），则三角形ABC 的重心（x−43，y+43）在欧拉线上，即x−43−y+43+2＝0，整理得x ﹣y ﹣2＝0．联立{(x +1)2+(y −1)2=10x −y −2=0，解得{x =0y =−2或{x =2y =0． 所以顶点C 的坐标可以是（0，﹣2）或（2，0），故答案为：（0，﹣2）或（2，0），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）已知空间向量a →=（2，4，﹣2），b →=（﹣1，0，2），c →=（x ，2，﹣1）．（Ⅰ）若a →∥c →，求|c →|；（Ⅱ）若b →⊥c →，求cos ＜a →，c →＞的值．解：（Ⅰ）空间向量a →=（2，4，﹣2），b →=（﹣1，0，2），c →=（x ，2，﹣1），因为a →∥c →，所以存在实数k ，使得c →=ka →，所以{x =2k2=4k −1=−2k，解得x ＝1，则|c →|=√12+22+(−1)2=√6；（Ⅱ）因为b →⊥c →，则b →⋅c →=−x +0−2=0，解得x ＝﹣2，所以c →=(−2，2，−1)，故cos ＜a →，c →＞=a →⋅c →|a →||c →|=−2×2+2×4+(−1)×(−2)√4+16+4×√4+4+1=√66． 18．（12分）已知△ABC 的顶点A （5，1），AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x ﹣y ﹣5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x ﹣2y ﹣5＝0．求：（1）顶点C 的坐标；（2）直线BC 的方程．解：（1）设C （m ，n ），∵AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x ﹣y ﹣5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x ﹣2y ﹣5＝0．∴{2m −n −5=0n−1m−5×12=−1，解得{m =4n =3． ∴C （4，3）．（2）设B （a ，b ），则{a −2b −5=02×a+52−1+b 2−5=0，解得{a =−1b =−3． ∴B （﹣1，﹣3）．∴k BC =3+34+1=65∴直线BC 的方程为y ﹣3=65（x ﹣4），化为6x ﹣5y ﹣9＝0．19．（12分）已知以点C （﹣1，1）为圆心的圆与直线m ：3x +4y +4＝0相切．（1）求圆C 的方程；（2）过点P （﹣2，3）的作圆C 的切线，求切线方程．解：（1）根据题意，圆C 的半径r =|−3+4+4|9+16=1， 故圆C 的方程为（x +1）2+（y ﹣1）2＝1；（2）根据题意，由（1）的结论，圆C 的方程为（x +1）2+（y ﹣1）2＝1，若切线的斜率不存在，则切线的方程为x ＝﹣2，符合题意，若切线的斜率存在，设切线的斜率为k ，则切线的方程为y ﹣3＝k （x +2），即kx ﹣y +2k +3＝0， 则有√1+k 2=1，解可得k =−34， 此时切线的方程为3x +4y ﹣6＝0，综合可得：切线的方程为x ＝﹣2或3x +4y ﹣6＝0．20．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，P A ⊥底面ABCD ，AB ＝AP ＝2，E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：CD ⊥AE ；（Ⅱ）求直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）求点A 到平面PBD 的距离．（Ⅰ）证明：因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ，因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A所以CD ⊥平面P AD ．因为AE ⊂平面P AD ，所以CD ⊥AE ．（Ⅱ）解：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系（如图），不妨设AB ＝AP ＝2，可得B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），由E 为棱PD 的中点，得E （0，1，1）． AE →=(0，1，1)，向量BD →=(−2，2，0)，PB →=(2，0，−2)．设平面PBD 的一个法向量n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅BD →=−2x +2y =0n →⋅PB →=2x −2z =0，令y ＝1，可得n →=（1，1，1），所以 cos〈AE →，n →〉=|AE →⋅n →||AE →|⋅|n →|=√63．所以直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值为√63． （Ⅲ）解：由（Ⅱ）知：AE →=(0，1，1)，平面PBD 的一个法向量n →=（1，1，1），所以点A 到平面PBD 的距离 d =|AE →⋅n →||n →|=2√3=2√33． 21．（12分）如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，DD 1＝3，AD ＝2，∠BCD =π3，E 为棱BB 1上一点，BE ＝1，过A ，E ，C 1三点作平面α交DD 1于点G ．（1）求点D 到平面BC 1G 的距离；（2）求平面AEC 与平面BEC 夹角的余弦值．解：（1）连接AC ，BD 交于点O ，由直棱柱的结构特征知：平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，又AG ⊂平面ADD 1A 1，∴AG ∥平面BCC 1B 1，∵平面AGC 1∩平面BCC 1B 1＝C 1E ，AG ⊂平面AGC 1，∴AG ∥C 1E ，同理可得C 1G ∥AE ，∴四边形AGC 1E 为平行四边形，∴AG ＝C 1E ，又AD ＝B 1C 1，∠ADG ＝∠C 1B 1E =π2，DG ＝B 1E ＝2，∴D 1G ＝1，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，以OA →，OB →正方向为x ，y 轴，作z 轴∥DD 1，可建系如图，∵AB ＝BC ＝2，∠BCD =π3，∴BD ＝2，AC ＝2√4−1=2√3，∴B （0，1，0），D （0，﹣1，0），C 1（−√3，0，3），G （0，﹣1，2），∴DB →=（0，2，0），BC 1→=（−√3，﹣1，3），BG →=（0，﹣2，2），设平面BC 1G 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BC 1→=−√3x −y +3z =0n →⋅BG →=−2y +2z =0，取 n →=（2，√3，√3），∴点D 到平面BC 1G 的距离d =|DB →⋅n →||n →|=2310=√305； （2）由（1）知E （0，1，1），又A （√3，0，0），B （0，1，0），C （−√3，0，0），∴AE →=（−√3，1，1），CE →=（√3，1，1），BE →=（0，0，1），设平面AEC 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AE →=−√3x +y +z =0n →⋅CE →=√3x +y +z =0，取n →=（0，1，﹣1），设平面BEC 的法向量m →=（a ，b ，c ），则{m →⋅BE →=c =0m →⋅CE →=√3a +b +c =0，取m →=（1，−√3，0）， ∴|cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=√32×2=−√64， ∴平面AEC 与平面BEC 夹角的余弦值为√64． 22．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的圆心在直线x +y ﹣3＝0上，圆C 经过点A （0，4），且与直线3x ﹣4y +16＝0相切．（1）求圆C 的方程；（2）设直线l交圆C于P，Q两点，若直线AP，AQ的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求该定点坐标．解：（1）因为圆心C在直线x+y﹣3＝0上，所以设C（a，3﹣a），因为圆C经过点A（0，4），所以圆C的半径r=AC=√a2+(a+1)2，因为圆C和直线3x﹣4y+16＝0相切，所以圆C的半径r=√3+(−4)，所以√a2+(a+1)2=|3a−4(3−a)+16|√3+(−4)2．化简得a2﹣6a+9＝0，解得a＝3．所以C（3，0），半径r＝5．所以圆C的方程为（x﹣3）2+y2＝25．（2）若直线l的斜率不存在，则可设P（x0，y0），Q（x0，﹣y0），x0≠0，所以(x0−3)2+y02=25，k AP⋅k AQ=y0−4x0⋅−y0−4x0=16−y02x02=2，消去y0得x0＝﹣6，再代入(x0−3)2+y02=25，y0不存在，所以直线l的斜率存在；设直线l的方程y＝kx+t（t≠4），P（x1，kx1+t），Q（x2，kx2+t），所以k AP⋅k AQ=kx1+t−4x1⋅kx2+t−4x2=2，整理得，(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0①直线方程与圆C方程联立，{y=kx+t，(x−3)2+y2=25，消去y得（k2+1）x2+（2kt﹣6）x+t2﹣16＝0，所以x1+x2=−2kt−6k2+1，x1x2=t2−16k2+1代入①，得（k2﹣2）（t2﹣16）﹣k（t﹣4）（2kt﹣6）+（t﹣4）2（k2+1）＝0，由于t≠4，整理得6k﹣t﹣12＝0，即t＝6k﹣12，所以直线l的方程为y＝kx+6k﹣12，即y＝k（x+6）﹣12，令{x+6=0，y=−12，解得{x=−6，y=−12，所以直线l过一个定点，该定点坐标为（﹣6，﹣12）．。
2019-2020学年安徽省合肥一中高二(上)段考数学试卷(文科)(一)+答案解析(附后)
2019-2020学年安徽省合肥一中高二（上）段考数学试卷（文科）（一）一、单选题（本大题共12小题，共60分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A. 是棱台B. 是圆台C. 是棱锥D. 不是棱柱2.下列关于圆锥的说法中，错误的是( )A. 圆锥的轴截面是等腰三角形B. 圆锥的侧面展开图是扇形C. 以直角三角形一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥D. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥可以得到圆台3.已知正的边长为a，那么的平面直观图的面积为( )A. B. C. D.4.在正方体中O为底面ABCD的中心，E为的中点，则异面直线与EO所成角的正弦值为( )A. B. C. D.5.中国古代数学名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体：“邪解立方，得二堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．”“堑堵”其实就是底面为直角三角形的直棱柱．已知某“堑堵”的正视图和俯视图如下图所示则“堑堵”的左视图的面积( )A. B. C. D.6.已知，是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面，平行的是( )A. m，n是平面内两条直线，且，B. m，n是两条异面直线，，，且，C. 面内不共线的三点到的距离相等D. 面，都垂直于平面7.，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A.， B. ，C. ，，共面D. ，，共点，，共面8.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. 2B.C.D.9.已知三棱锥的顶点都在半径为的球面上，，，，则三棱锥体积的最大值为( )A. B. 1 C. D.10.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有下列结论：①；②；③MN与AB是异面直线；④BF与CD成角，其中正确的是( )A. ①③B. ②③C. ②④D. ③④11.已知正方体，P为棱的动点，Q为棱的中点，设直线m为平面BDP与平面的交线，以下关系中正确的是( )A.B. 平面C.D.平面12.如图，在四面体ABCD，，，，F分别是AD，BC中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A.B.C. 3D.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.某圆台的正视图是上底与腰长均为2，下底边为4的等腰梯形，则此圆台的表面积为______. 14.如图，在棱长为的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，则点G到平面的距离为______.15.已知球O与棱长为4的正四面体的各面都相切，则球O的体积______.16.如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面ABCD，且，，，点M为PC中点，若PD上存在一点N使得平面ACN，则PN长度为______.三、解答题（本大题共6小题，共70分。
2019-2020学年安徽省合肥168中学高二(上)期中数学试卷(文科)及答案
2019-2020学年安徽省合肥168中学高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（每题5分，共60分，每题只有一个正确选项）1．（5分）空间内三点可以确定平面的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．1个或无数个2．（5分）已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α3．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书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”，若某“阳马”的三视图如图所示，则该阳马的体积为（）A．B．C．24D．724．（5分）已知A（λ，5），B（4，12），C（﹣λ，13）三点，其中λ＜0．若A，B，C三点在同一条直线上，则实数λ的值为（）A．B．C．D．5．（5分）下列说法正确的是（）A．两条相交直线在同一平面内的射影必为相交直线B．不共线三点到平面α的距离相等，则这三点确的平面不一定与平面α平行C．对确定的两异面直线，过空间任一点有且只有一个平面与两异面直线都平行D．两个相交平面的交线是一条线段6．（5分）在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝5，则V的最大值是（）A．4πB．C．D．7．（5分）已知a，b是两条异面直线，且a⊥b，直线c与直线a成30°角，则c与b所成的角的大小范围是（）A．[60°，90°]B．[30°，90°]C．[30°，60°]D．[45°，90°] 8．（5分）已知两点A（2，﹣1），B（3，m），若实数，则直线AB 的倾斜角α的取值范围为（）A．B．C．D．9．（5分）如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC＝2，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，点A1到平面BCC1B1距离是，则直线A1C1与平面BCC1B1所成角的大小为（）A．B．C．D．10．（5分）已知直线l：（2+m）x+（1﹣2m）y+4﹣3m＝0与两坐标轴交于A，B两点，当点M（﹣1，﹣2）满足|AM|＝|BM|时，实数m的值为（）A．B．0C．D．211．（5分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，Q为棱AA1的中点，P为棱CC1的动点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，直线n为平面ABCD与平面B1D1Q的交线，下列结论中错误的是（）A．m∥平面B1D1QB．平面PBD与平面B1D1P不垂直C．平面PBD与平面B1D1Q可能平行D．直线m与直线n可能不平行12．（5分）如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，则（）A．存在点G，使PG⊥EF成立B．存在点G，使FG⊥EP成立C．不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立D．不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立二、填空题（每题5分，共20分）13．（5分）水平放置的△ABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A'B'C'，其中O'A'＝O'B'＝1，O'C'＝，则△ABC面积为．14．（5分）棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1上的点，且A1M＝2MA，过C、M、D1作正方体的截面，则截面的面积是．15．（5分）已知点P是直线l上的一点，将直线l绕点P逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），所得直线方程是x﹣y﹣2＝0，若将它继续旋转90°﹣α角，所得直线方程是2x+y﹣1＝0，则直线l的方程是．16．（5分）已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等且依次为3，2，x，则x的取值范围是．三、解答题（共70分）17．已知点P（2，﹣1），求：（1）过P点且与直线x﹣y+5＝0平行的直线l的方程；（2）过P点与原点距离为2的直线l的方程；18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD中点．（1）求证：直线AF∥平面PEC；（2）求证：平面AEF⊥平面PDE．19．从一张半径为3的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为．（1）求圆锥筒的容积；（2）在（1）中的圆锥内有一个底面圆半径为x的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积最大时x的值．20．光线从A（1，1）点射出，到x轴上的B点后，被x轴反射到y轴上的C点，又被y 轴反射，这时反射线恰好过点D（1，7）．（1）求BC所在直线的方程；（2）过点A（1，1）且斜率为﹣m（m＞0）的直线L与x，y轴分别交于P、Q，过P、Q作直线BC的垂线，垂足为R、S，求线段|RS|长度的最小值．21．如图，已知E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，EF与AC交于点O，P A，NC都垂直于平面ABCD，且P A＝AB＝4，NC＝2，M是线段P A上一动点．（1）当MO⊥平面EFN，求AM：MP的值；（2）当M是P A中点时，求四面体M﹣EFN的体积．22．在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝60°，P A＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．（1）点F在棱PC上，且BF∥平面AEC，求线段CF的长度；（2）在（1）的条件下，求点F到平面ACE的距离．2019-2020学年安徽省合肥168中学高二（上）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（每题5分，共60分，每题只有一个正确选项）1．（5分）空间内三点可以确定平面的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．1个或无数个【分析】当空间的三个不同的点共线时，过这三个点能确定无数个平面．当空间的三个不同的点不共线时，过这三个点能确定1个平面．【解答】解：当三个点重合时，有无数个平面；当空间的三个不同的点共线时，过这三个点能确定无数个平面；当空间的三个不同的点不共线时，过这三个点能确定1个平面；∴当空间的三个不同的点，能确定1个或无数个平面；故选：D．【点评】本题考查平面的基本性质及其推论的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意全面考虑，不要遗漏．2．（5分）已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【分析】在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，由线面垂直的性质定理得m∥n；在C中，n∥α或n⊂α；在D中，n与α相交、平行或n⊂α．【解答】解：由m，n表示两条不同的直线，α表示平面，知：在A中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；在B中，若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理得m∥n，故B正确；在C中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；在D中，若m∥α，m⊥n，则n与α相交、平行或n⊂α，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题．3．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书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”，若某“阳马”的三视图如图所示，则该阳马的体积为（）A．B．C．24D．72【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以V＝．故选：A．【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．4．（5分）已知A（λ，5），B（4，12），C（﹣λ，13）三点，其中λ＜0．若A，B，C三点在同一条直线上，则实数λ的值为（）A．B．C．D．【分析】根据A，B，C三点在同一条直线上，利用斜率相等列方程求出λ的值．【解答】解：由A，B，C三点在同一条直线上，且λ＜0，所以直线AB的斜率存在，即k AB＝k BC，所以＝，解得λ＝﹣．故选：C．【点评】本题考查了三点共线的条件与应用问题，也考查了方程思想和运算能力，是基础题．5．（5分）下列说法正确的是（）A．两条相交直线在同一平面内的射影必为相交直线B．不共线三点到平面α的距离相等，则这三点确的平面不一定与平面α平行C．对确定的两异面直线，过空间任一点有且只有一个平面与两异面直线都平行D．两个相交平面的交线是一条线段【分析】A．两条相交直线在同一平面内的射影也可能为同一条直线，即可判断出正误；B．不共线三点到平面α的距离相等，这三点确的平面可能与平面α相交；即可判断出正误；C．对确定的两异面直线，过空间一点的平面可能经过其中一条直线而与另一条直线平行，即可判断出正误；D．两个相交平面的交线是一条直线，而不是线段，即可判断出正误；【解答】解：A．两条相交直线在同一平面内的射影可能为相交直线、同一条直线，因此不正确；B．不共线三点到平面α的距离相等，则这三点确的平面不一定与平面α平行，可能与平面α相交；C．对确定的两异面直线，过空间一点的平面可能经过其中一条直线而与另一条直线平行，因此不正确；D．两个相交平面的交线是一条直线，而不是线段，因此不正确．故选：B．【点评】本题考查了空间线面位置关系、命题真假判断方法，考查了推理能力，属于基础题．6．（5分）在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝5，则V的最大值是（）A．4πB．C．D．【分析】先保证截面圆与△ABC内切，记圆O的半径为r，由等面积法得（AC+AB+BC）r＝6×8，解得r＝2．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，球的最大半径为2，由此能求出结果．【解答】解：如图，由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．先保证截面圆与△ABC内切，记圆O的半径为r，则由等面积法得，所以（AC+AB+BC）r＝6×8，又AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，所以r＝2．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，若r增大，则无法保证球在三棱柱内，故球的最大半径为2，所以．故选：D．【点评】本题考查球的最大体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．7．（5分）已知a，b是两条异面直线，且a⊥b，直线c与直线a成30°角，则c与b所成的角的大小范围是（）A．[60°，90°]B．[30°，90°]C．[30°，60°]D．[45°，90°]【分析】构造一个圆锥满足直线a为圆锥的中心轴，直线c为圆锥的母线，直线b为圆锥底面上的一条直线BC，且BC∥OD；分c位于AD的位置和c位于AC的位置，求出c 与b所成的角，再利用最小角定理求解．【解答】解：如图所示，直线a为圆锥的中心轴，直线c为圆锥的母线，直线b为圆锥底面上的一条直线BC，且BC∥OD．∵直线c与直线a成30°角，∴∠DAO＝∠CAO＝30°，∴∠ADO＝∠ACO＝60°．当c位于AD的位置时，c与b所成的角为∠ADO＝60°；当c位于AC的位置时，c与b所成的角为∠ACB，由最小角定理知，cos∠ACB＝cos∠ACO•cos∠BCO＜cos∠ACO＝cos60°，∴∠ACB＞60°，又异面直线夹角的取值范围是（0，90°]，∴60°＜∠ACB≤90°．综上，c与b所成的角的大小范围是[60°，90°]，故选：A．【点评】本题考查异面直线夹角问题，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．8．（5分）已知两点A（2，﹣1），B（3，m），若实数，则直线AB 的倾斜角α的取值范围为（）A．B．C．D．【分析】由点A、B的坐标求出直线AB的斜率，由斜率k的取值范围得出倾斜角α的取值范围．【解答】解：由点A（2，﹣1），B（3，m），所以直线AB的斜率为k＝＝m+1；又m∈[﹣﹣1，﹣1]，所以m+1∈[﹣，]，即k∈[﹣，]，且α∈[0，π），所以倾斜角α的取值范围是[0，]∪[，π）．故选：B．【点评】本题考查了由两点的坐标求出直线斜率以及倾斜角的取值范围问题，是基础题．9．（5分）如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC＝2，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，点A1到平面BCC1B1距离是，则直线A1C1与平面BCC1B1所成角的大小为（）A．B．C．D．【分析】过A1作A1O⊥CC1于O，由已知可得A1O⊥平面BCC1B1，可得∠A1C1O为所求，解Rt△A1C1O即可．【解答】解：过A1作A1O⊥CC1于O，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1，∴∠A1C1O为直线A1C1与平面BCC1B1所成的角，又点A 1到平面BCC1B1距离是，∴，在Rt△A1C1O中，A1C1＝AC＝2，∴，∴，即直线A1C1与平面BCC1B1所成的角为．故选：C．【点评】本题考查直线与平面所成的角，将空间角转化为平面角是解题的关键，属于基础题．10．（5分）已知直线l：（2+m）x+（1﹣2m）y+4﹣3m＝0与两坐标轴交于A，B两点，当点M（﹣1，﹣2）满足|AM|＝|BM|时，实数m的值为（）A．B．0C．D．2【分析】求出直线l过定点M，由题意知M为线段AB的中点，利用中点坐标求出点A、B，再代入直线l方程求出m的值．【解答】解：直线l的方程为（2+m）x+（1﹣2m）y+4﹣3m＝0，所以2x+mx+y﹣2my+4﹣3m＝0，所以（x﹣2y﹣3）m+（2x+y+4）＝0，所以，解得x＝﹣1，y＝﹣2；所以直线过定点M（﹣1，﹣2）；因为过M点的直线分别与两坐标轴交于A点和B点，则M为线段AB的中点，所以A（﹣2，0），B（0，﹣4），代入直线l：（2+m）x+（1﹣2m）y+4﹣3m＝0中，解得m＝0．故选：B．【点评】本题考查了直线过定点以及直线方程的应用问题，是中档题．11．（5分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，Q为棱AA1的中点，P为棱CC1的动点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，直线n为平面ABCD与平面B1D1Q的交线，下列结论中错误的是（）A．m∥平面B1D1QB．平面PBD与平面B1D1P不垂直C．平面PBD与平面B1D1Q可能平行D．直线m与直线n可能不平行【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得BD∥B1D1，根据线面平行的判定定理和性质定理可得m∥BD∥B1D1，可判断选项A结论；分别取BD，B1D1中点O，O1，连OP，O1P，则∠OPO1为平面PBD与平面B1D1P的平面角，判断∠OPO1是否为直角，即可判断选项B的结论；若P为CC1中点时，可证平面PBD与平面B1D1Q 平行，即可判断选项C的结论，根据面面平行的性质定理可得n∥B1D1，即可判断选项D的结论．【解答】解：A．∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1，P为棱CC1的动点，Q为棱AA1的中点，直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，∴m∥BD∥B1D1，∵m⊄平面B1D1Q，B1D1⊂平面B1D1Q，∴m∥平面B1D1Q．B．分别取BD，B1D1中点O，O1，连接OP，O1P，OO1，设正方体的边长为2，设CP＝h，则，∴PO⊥BD，PO⊥m，同理PO1⊥m，∴∠OPO1为平面PBD与平面B1D1P的平面角，在△OO1P中，，，∴∠OPO1不是直角，所以平面PBD与平面B1D1P不垂直，选项B结论正确；C．若P为CC1中点，取BB1中点E连C1E，QE，则C1E∥BP，又Q为棱AA1的中点，∴QE∥C1D1，QE＝C1D1，四边形C1D1QE为平行四边形，∴D1Q∥C1E，∴D1Q∥BP，D1Q⊄平面PBD，BP⊂平面PBD，∴D1Q∥平面PBD，同理B1D1∥平面PBD，B1D1∩D1Q＝D1，B1D1，D1Q⊂平面B1D1Q，∴平面PBD∥平面B1D1Q，选项C结论正确；D．在正方体中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD∩平面B1D1Q＝n，平面A1B1C1D1∩平面B1D1Q＝B1D1，∴n∥B1D1，∴n∥m，选项D结论不正确．故选：D．【点评】本题考查空间线、面位置关系，涉及到线线平行、线面平行、面面平行、面面垂直的判定，掌握平行、垂直的判定定理和性质定理是解题的关键，属于中档题．12．（5分）如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，则（）A．存在点G，使PG⊥EF成立B．存在点G，使FG⊥EP成立C．不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立D．不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解．【解答】解：正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，在A中，取BD中点O，连结AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，∴BD⊥平面AOC，∴BD⊥AC，∵PG∩BD＝G，∴不存在点G，使PG⊥EF成立，故A错误；在B中，连结BF，则BF∥PE，∵G是BD上的动点，∴存在点G，使FG⊥BF成立∴存在点G，使FG⊥EP成立，故B正确；在C中，∵G是BD上动点，∴存在点G，使FG⊥平面ACD成立，∴存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立，故C错误；在D中，∵G是BD上动点，∴存在点G，使FG⊥平面ABD成立，∴存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．二、填空题（每题5分，共20分）13．（5分）水平放置的△ABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A'B'C'，其中O'A'＝O'B'＝1，O'C'＝，则△ABC面积为．【分析】把直观图还原为原图形，再计算对应图形的面积．【解答】解：用斜二测画法作出的直观图，还原为原图形，如图所示；△ABC中，OA＝O'A'＝1，OB＝O'B'＝1，OC＝2O'C'＝，且OC⊥AB，所以△ABC的面积为S△ABC＝AB•OC＝×2×＝．故答案为：．【点评】本题考查了利用斜二测画法作出的直观图，求原图形面积的应用问题，是基础题．14．（5分）棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1上的点，且A1M＝2MA，过C、M、D1作正方体的截面，则截面的面积是2．【分析】根据面面平行的性质作出截面多边形，再根据多边形的特点计算面积．【解答】解：连接A1B，则A1B∥CD1，在AB上取点N，使得＝＝，则MN∥A1B，故MN∥CD1，连接CN，则过C、M、D1的平面与正方体的截面为梯形MNCD1，∵正方体棱长为3，∴A1B＝CD1＝3，故MN＝，且CN＝MD1＝，∴等腰梯形MNCD1的高为＝，∴等腰梯形MNCD1的面积为＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了面面平行的性质，属于基础题．15．（5分）已知点P是直线l上的一点，将直线l绕点P逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），所得直线方程是x﹣y﹣2＝0，若将它继续旋转90°﹣α角，所得直线方程是2x+y﹣1＝0，则直线l的方程是x﹣2y﹣3＝0．【分析】由直线l绕点P逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），所得直线方程是x﹣y﹣2＝0，若将它继续旋转90°﹣α角，所得直线方程是2x+y﹣1＝0，我们不难分析出直线l经过直线x﹣y﹣2＝0和2x+y﹣1＝0的交点（1，﹣1），且又与直线2x+y﹣1＝0垂直，则我们易给出直线l的点斜式方程．【解答】解：由已知易得：直线l经过直线x﹣y﹣2＝0和2x+y﹣1＝0的交点（1，﹣1），且又与直线2x+y﹣1＝0垂直，∴l的方程为y+1＝（x﹣1），即x﹣2y﹣3＝0．【点评】在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件，用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．16．（5分）已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等且依次为3，2，x，则x的取值范围是．【分析】将此四面体ABCD还原成长方体，利用体对角线大于面对角线，即可求得x的范围．【解答】解：将此四面体ABCD还原成长方体（如图），则有，∴长方体的对角线l＝，则有，解得，则x的取值范围是（，）．故答案为：（，）．【点评】本题考查四面体中边长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思，是中档题．三、解答题（共70分）17．已知点P（2，﹣1），求：（1）过P点且与直线x﹣y+5＝0平行的直线l的方程；（2）过P点与原点距离为2的直线l的方程；【分析】（1）利用平行直线的斜率相等求解；（2）对直线的斜率是否存在分情况讨论，过P（2，﹣1）垂直于x轴的直线满足条件即方程为x＝2，斜率存在，设l的方程为y+1＝k（x﹣2），再利用点到直线距离公式即可求出k的值，从而得到直线l的方程．【解答】解：（1）因为所求直线与直线x﹣y+5＝0平行，所以所求直线的斜率k＝1，所以所求直线的方程为：x﹣y﹣3＝0；（2）过P点的直线l与原点距离为2，而P点坐标为（2，﹣1），可见，过P（2，﹣1）垂直于x轴的直线满足条件．此时l的斜率不存在，其方程为x＝2．若斜率存在，设l的方程为y+1＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣1＝0．由已知，得，解之得．此时l的方程为3x﹣4y﹣10＝0．综上，可得直线l的方程为x＝2或3x﹣4y﹣10＝0．【点评】本题主要考查了两直线的位置关系，考查了直线方程的求法以及点到直线距离公式，是基础题．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD中点．（1）求证：直线AF∥平面PEC；（2）求证：平面AEF⊥平面PDE．【分析】（1）作FM∥CD交PC于M，根据已知可得，可证四边形AEMF为平行四边形，从而有AF∥EM，即可证明结论；（2）根据已知可得AE⊥DE，PD⊥AE，可证AE⊥平面PED，即可证明结论．【解答】（1）证明：作FM∥CD交PC于M．∵点F为PD中点，∴．∵点E为AB的中点．∴，又AE∥FM，∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，∴直线AF∥平面PEC．（2）因为底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，所以AE⊥DE，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AE，又PD与PE相交于P，所以AE⊥平面PED，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PDE．【点评】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及平面与平面垂直，要注意空间垂直关系的相互转化，属于基础题．19．从一张半径为3的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为．（1）求圆锥筒的容积；（2）在（1）中的圆锥内有一个底面圆半径为x的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积最大时x的值．【分析】（1）设圆锥筒的半径为r，容积为V，由扇形的弧长等于圆锥底面周长列式求得r，进一步求出高，可得圆锥体积；（2）设内接圆柱高为h，由三角形相似列式，把h用含有x的代数式表示，代入圆柱侧面积公式，利用二次函数求最值．【解答】解：（1）设圆锥筒的半径为r，容积为V，∵所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，∴，解得r＝1，∴，∴．故圆锥筒的容积为；（2）设内接圆柱高为h，则有：，∴内接圆柱侧面积，∴当时内接圆柱侧面积最大值．【点评】本题考查扇形弧长、圆锥体积及圆柱侧面积公式的应用，考查运算求解能力，是中档题．20．光线从A（1，1）点射出，到x轴上的B点后，被x轴反射到y轴上的C点，又被y 轴反射，这时反射线恰好过点D（1，7）．（1）求BC所在直线的方程；（2）过点A（1，1）且斜率为﹣m（m＞0）的直线L与x，y轴分别交于P、Q，过P、Q作直线BC的垂线，垂足为R、S，求线段|RS|长度的最小值．【分析】（1）利用对称性求出点E，F的坐标，从而得出直线BC的方程；（2）设l的方程为y﹣1＝﹣m（x﹣1），求出点P，Q的坐标，从而可得直线PR和QS 的方程，再利用PR∥QS结合基本不等式即可求出线段|RS|长度的最小值．【解答】解：（1）点A关于x轴对称为E（1，﹣1），点D关于y轴对称点为F（﹣1，7），又直线BC经过F，E两点，故直线BC：y+4x﹣3＝0；（2）设l的方程为y﹣1＝﹣m（x﹣1），则，Q（0，1+m），从而可得直线PR和QS的方程分别为和4y﹣x﹣4（1+m）＝0，又PR∥QS，∴，当且仅当取等号，∴线段|RS|长度的最小值为．【点评】本题主要考查了直线的方程，以及基本不等式的应用，是中档题．21．如图，已知E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，EF与AC交于点O，P A，NC都垂直于平面ABCD，且P A＝AB＝4，NC＝2，M是线段P A上一动点．（1）当MO⊥平面EFN，求AM：MP的值；（2）当M是P A中点时，求四面体M﹣EFN的体积．【分析】（1）由题意可知△MAO～△OCN，再由已知求得AO，OC的值，利用三角形的相似比求得AM，则答案可求；（2）M是P A中点时，可得AC∥MN，且AC＝MN，求出三角形MON的面积，由求四面体M﹣EFN的体积．【解答】解：（1）∵MO⊥平面EFN，∴MO⊥ON，又∵P A，NC都垂直于平面ABCD，∴△MAO～△OCN，又E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，且P A＝AB＝4，NC＝2，∴AO＝，，∴，则MP＝P A﹣AM＝4﹣3＝1．得AM：MP＝3；（2）∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴EF⊥AC，又∵P A，NC都垂直于平面ABCD，EF⊥CN，且AC∩CN＝C，∴EF⊥平面ACN，∴四面体M﹣EFN的体积，∵，又M是P A中点，∴AM＝CN，且已知AM∥CN，∴四边形MACN为平行四边形，则AC∥MN，且AC＝MN，∴，∴．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．22．在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝60°，P A＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．（1）点F在棱PC上，且BF∥平面AEC，求线段CF的长度；（2）在（1）的条件下，求点F到平面ACE的距离．【分析】（1）连接BD交AC与O，连接EO，平面PBD中作BH∥OE交PD与H，过H 在平面PCD内作HF∥EC交PC与F，则点F即为所求，（2）由已知可得P A⊥平面ABD，将已知四棱锥补形成直四棱柱，可得点F到平面ACE 的距离就是F到OM的距离．【解答】解：（1）连接BD交AC与O，连接EO，平面PBD中作BH∥OE交PD与H，过H在平面PCD内作HF∥EC交PC与F，所以BH∥平面ACE，HF∥平面ACE，且BH∩HF＝H，故平面BHF∥平面ACE，所以，BH∥平面AEC，点F即为所求的点，由O为BD中点，则E为DH中点，又PE：ED＝2：1．故H为PE中点，所以F为PC中点，所以．（2）因为P A＝AC＝a，PB＝PD＝a，所以P A⊥AB，P A⊥AD，又AB∩AD＝A，所以P A⊥平面ABD，如图补形成直四棱柱，延长AE交DD1于M，连接CM，OM，则DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1．因为底面是菱形，所以AC⊥BD，所以AC⊥平面BDD1，又AC⊂平面ACM，所以平面BDD1⊥平面ACM，由（1）知F是PC中点，所以F∈平面BDD1，所以F到平面ACM的距离就是F到OM的距离，且ODMF矩形，所以F到平面ACE的距离为．【点评】本题主要考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，点到平面距离的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，属于中档题．。
安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题
安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________二、多选题9．如图，在四棱锥P ABCD -中，AP a =uuu r r ，AB b =uuu r r ，AD c=uuu r r ，若PE ED =uuu r uuu r ，2CF FP =uuu r uuu r，则（ ）四、问答题17．已知ABC V 的三个顶点是()1,2A -，()2,2B -，()3,5C .(1)求边AC 上的高所在直线的方程；(2)求BAC Ð的角平分线所在直线的方程.18．已知圆()()22:119C x y -+-=.(1)直线1l 过点()2,0A -，且与圆C 相切，求直线1l 的方程；(2)设直线2:3420l x y +-=与圆C 相交于E ，F 两点，点P 为圆C 上的一动点，求PEF !的面积S 的最大值.19．不同材质的楔形零配件广泛应用于生产生活中，例如，制作桌凳时，利用楔形木块可以防止松动，使构件更牢固.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCD MNPQ -，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中,,,M N P Q 是中间的小正方形的顶点.(1)求楔形体的表面积；(2)求平面APQ 与平面BNQ 的夹角的余弦值.20．已知圆C 过()1,3M -，()1,1N 两点，且圆心C 在直线250x y +-=上.(1)求圆C 的方程；(2)设直线3y kx =+与圆C 交于A ，B 两点，在直线3y =上是否存在定点D ，使得直线AD ，BD 的倾斜角互补？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，说明理由.五、证明题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 为等边三角形，顶点P 在底面上的射影在正方形ABCD 外部，设点E ，F 分别为PA ，BC。
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安徽省合肥一中2019-2020学年高二（上）期中数学（文科）试题一、单选题
(★) 1. 直线的倾斜角和斜率分别是（）
A．B．C．，不存在D．，不存在(★) 2. 下列说法不正确的是（）
A．空间中，一组对边平行且相等的四边形是一定是平行四边形；
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. 若方程表示的曲线为圆，则的取值范围是（）A．B．或C．D．
(★★) 4. 若a，b是异面直线，且a∥平面α，则b与α的位置关系是 ( )
A．b∥αB．相交
C．bαD．bα、相交或平行
(★★) 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．B．C．D．
(★★) 6. 设是直线，，是两个不同的平面( )
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
(★★) 7. 若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
(★★) 8. 圆上到直线的距离为的点共有( )
A．个B．个C．个D．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，则此球的体积为
A．πB．πC．4πD．π
(★★★) 10. 直三棱柱 ABC－ A 1 B 1 C 1中，∠ BCA＝90°， M， N分别是 A 1 B 1， A 1 C 1的中点， BC＝ CA＝ CC 1，则 BM与 AN所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
(★★) 11. 已知点，，直线过点，且与线段交，则直线的斜率的取值范围为（）
A．或B．或
C．D．
(★★★) 12. 如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论：三棱锥的体积不变；
平面；
；
平面平面．
其中正确的结论的个数是
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
(★) 13. 如果直线 ax＋2 y＋2＝0与直线3 x－ y－2＝0平行，则 a的值为_______
(★★★) 14. 已知B与点关于点对称，则点B的坐标是______．
(★★★) 15. 圆( x＋2) 2＋ y 2＝4与圆( x－2) 2＋( y－1) 2＝9的位置关系为________．
(★★★) 16. 已知圆，是轴上的动点，，分别切圆于，两点，则动弦的中点的轨迹方程为__________.
三、解答题
(★★★) 17. 已知集合A＝，B＝{x|x＋m 2≥1}．命题p：x∈A，命
题q：x∈B，并且命题p是命题q的充分条件，求实数m的取值范围.
(★★) 18. 已知直线，的方程分别为，，且，的交点为. (1)求点坐标；
(2)若直线过点，且与，轴正半轴围成的三角形面积为，求直线的方程.
(★★) 19. 圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)圆内有一点，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，，，
，点在上，且.
(1)求该四棱锥的体积；
(2)若为棱的中点，证明：平面.
(★★★) 21. 如图1所示，在中，分别为的中点，点为线段上的一点，将沿折起到的位置，使如图2所示.
（1）求证：//平面；
（2）求证：；
（3）线段上是否存在点，使平面？请说明理由.
(★★★) 22. 已知圆：，一动直线l过与圆相交于.两点，
是中点，l与直线m：相交于.
（1）求证：当l与m垂直时，l必过圆心；
（2）当时，求直线l的方程；
（3）探索是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由.。