【精】2020学年广东省广州市实验中学高二上学期期中数学试卷和解析(理科)

2018-2019学年广东省广州市实验中学高二（上）期中数学试卷（理科）一、（每题5分，共60分）1．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱2．（5分）直线x+y+1=0的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120° D．150°3．（5分）若D′是平面α外一点，则下列命题正确的是（）A．过D′只能作一条直线与平面α相交B．过D′可作无数条直线与平面α垂直C．过D′只能作一条直线与平面α平行D．过D′可作无数条直线与平面α平行4．（5分）点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是（）A．B．C．D．5．（5分）已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m、n，有下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β=n，则m∥n，其中不正确的命题的个数是（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个6．（5分）设直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0．若l1∥l2，则m的值为（）A．2 B．﹣1 C．2或﹣1 D．1或﹣27．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（）A．B．C．D．8．（5分）若变量x，y满足x+5y+13=0（﹣3≤x≤2，且x≠1），则的取值范围是（）A．k≥或k≤﹣4 B．﹣4≤k≤C．≤k≤4 D．﹣≤k≤49．（5分）如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（）A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点10．（5分）若直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）11．（5分）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积等于（）A．B．C．D．12．（5分）如图，在体积为2的三棱锥A﹣BCD侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G，使AE：EB=AF：FC=AG：GD=2：1，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥O﹣BCD的体积等于（）A．B．C．D．二、填空题（每题5分，共20分）13．（5分）某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是14．（5分）过点A（2，3）且垂直于直线2x+y﹣5=0的直线方程为．15．（5分）如图四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=3BC，过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q，则以下四个结论：①QC∥A1D②B1Q=2QB；③直线A1B与直线CD相交；④四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积相等．其中正确的有．16．（5分）已知△ABC中，顶点A（﹣2，1），点B在直线l：x+y﹣3=0上，点C在x轴上，则△ABC周长的最小值．三、解答题（共6大题，共计70分）17．（10分）如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．18．（12分）根据所给条件求直线的方程：（1）直线过点（﹣3，4），且在两坐标轴上的截距相等；（2）直线过点（5，10），且到原点的距离为5．19．（12分）如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．20．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（1）若DE∥平面A1MC1，求；（2）求直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值．21．（12分）已知函数f（x）=x+的定义域为（0，+∞），且f（2）=2+．设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y=x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值．（2）问：|PM|•|PN|是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．22．（12分）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．点E、F分别在边CD、CB上，点E 与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED．（Ⅰ）求证：BD⊥平面POA；（Ⅱ）当PB取得最小值时，请解答以下问题：（i）求四棱锥P﹣BDEF的体积；（ii）若点Q满足=λ（λ＞0），试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由．2018-2019学年广东省广州市实验中学高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、（每题5分，共60分）1．（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【解答】解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．故选：D．2．（5分）直线x+y+1=0的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120° D．150°【解答】解：设其倾斜角为α，∵直线x+y+1=0的斜率为k=﹣，∴tanα=﹣，又α∈[0°，180°），∴α=120°．故选：C．3．（5分）若D′是平面α外一点，则下列命题正确的是（）A．过D′只能作一条直线与平面α相交B．过D′可作无数条直线与平面α垂直C．过D′只能作一条直线与平面α平行D．过D′可作无数条直线与平面α平行【解答】解：观察正方体，A、过D′可以能作不止一条直线与平面α相交，故A错；B、过D′只可作一数条直线与平面α垂直，故B错；C、过D′能作不止一条直线与平面α平行，故C错；D、过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，且这个平面内的任一条直线都与已知平面平行，故D对．故选：D．4．（5分）点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是（）A．B．C．D．【解答】解：点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是：=故选：D．5．（5分）已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m、n，有下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β=n，则m∥n，其中不正确的命题的个数是（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【解答】解：真命题有①直线与平面垂直的判定定理之一；②两个平面平行的判定之一；③直线与平面垂直推出平面与平面垂直判定．④是假命题，m、n可以是异面直线．故选：B．6．（5分）设直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0．若l1∥l2，则m的值为（）A．2 B．﹣1 C．2或﹣1 D．1或﹣2【解答】解：∵直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0，且l1∥l2，∴2×（﹣1）﹣（﹣m）（m﹣1）=0，解得m=﹣1或m=2，经验证当m=﹣1时两直线重合，应舍去故选：A．7．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，∴BA1∥CD1，∴∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，设AA1=2AB=2，则A1E=1，BE==，A1B==，∴cos∠A1BE===．∴异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为．故选：C．8．（5分）若变量x，y满足x+5y+13=0（﹣3≤x≤2，且x≠1），则的取值范围是（）A．k≥或k≤﹣4 B．﹣4≤k≤C．≤k≤4 D．﹣≤k≤4【解答】解：如图所示，∵P（1，1），A（2，﹣3），C（﹣3，﹣2），k PA==﹣4，k PC==．∴则的取值范围是k≥或k≤﹣4．故选：A．9．（5分）如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（）A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点【解答】解：∵PB⊥α∴PB⊥AC又∵PC⊥AC∴AC⊥面PBC∴BC⊥AC∴动点C在平面α内的轨迹是以AB为直径的一个圆，但要去掉A、B两个点故选：B．10．（5分）若直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）【解答】解：由于直线l1：y=k（x﹣4）恒过定点（4，0），其关于点（2，1）对称的点为（0，2），又由于直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，∴直线l2恒过定点（0，2）．故选：B．11．（5分）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积等于（）A．B．C．D．【解答】解：如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设∠AA1B1=∠AA1C1=60°，由条件有∠C1A1B1=60°，作AO⊥面A1B1C1于点O，则∴∴∴故选：B．12．（5分）如图，在体积为2的三棱锥A﹣BCD侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G，使AE：EB=AF：FC=AG：GD=2：1，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥O﹣BCD的体积等于（）A．B．C．D．【解答】解：AA'为正三棱锥A﹣BCD的高；OO'为正三棱锥O﹣BCD的高因为底面△BCD相同，则它们的体积比为高之比已知三棱锥A﹣BCD的体积为2所以，三棱锥O﹣BCD的体积为： (1)由前面知，FG∥CD且=所以由平行得到，==所以，=[面BCG所在的平面图如左上角简图]同理，=则=所以，PN∥BC那么，==亦即，==设GQ=x那么，GT=x则，QT=GQ﹣GT=x﹣x=x而===，所以：=则，TO=QT=×x=所以：GO=GT+TO=x+=所以，OQ=GQ﹣GO=x==又=所以，= (2)且，=所以：= (3)由（2）*（3）得到：=代入到（1）得到：三棱锥O﹣BCD的体积就是=．故选：D．二、填空题（每题5分，共20分）13．（5分）某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是【解答】解：几何体为上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体，底面是半径为2的半圆，圆锥的高为2，圆柱的高为1．所以体积V=（π•22•2+π•22•1）=π．故答案为：．14．（5分）过点A（2，3）且垂直于直线2x+y﹣5=0的直线方程为x﹣2y+4=0．【解答】解：∵直线2x+y﹣5=0的斜率为﹣2，∴由垂直关系可得所求直线的斜率为，∴所求直线的方程为y﹣3=（x﹣2），化为一般式可得x﹣2y+4=0故答案为：x﹣2y+4=015．（5分）如图四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=3BC，过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q，则以下四个结论：①QC∥A1D②B1Q=2QB；③直线A1B与直线CD相交；④四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积相等．其中正确的有①②．【解答】解：①∵平面BCB1C1∥平面ADD1A1，平面BCB1C1∩α=CQ，α∥平面ADD1A1=A1D，∴QC ∥A1D，正确；②如图所示，设A1Q∩DC=E点，则E点也在AB的延长线上，∵A1B1∥AB，BC∥AD，∴====，∴B1Q=2QB，正确；③直线A1B与直线CD是异面直线，不可能相交，因此不正确；==BC•BB1．S△BCQ==S1，==3QB=9×④如图所示，设S=S1．=•H=，（h为平面BCCB1与平面ADD1A1之间的距离）．=•h=，因此四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积不相等，不正确．综上可得：只有①②正确．故答案为：①②．16．（5分）已知△ABC中，顶点A（﹣2，1），点B在直线l：x+y﹣3=0上，点C在x轴上，则△ABC周长的最小值2．【解答】解：设A关于直线l：x+y﹣3=0的对称点为E（a，b），则，解得a=2，b=5，即E（2，5）．设A关于x轴的对称点为D，则D（﹣2，﹣1）．∴DE===2．故答案为2．三、解答题（共6大题，共计70分）17．（10分）如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．【解答】证明：（1）∵E，F分别是AB，BD的中点．∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴直线EF∥面ACD；（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD，∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD又EF∩CF=F，∴BD⊥面EFC，∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD18．（12分）根据所给条件求直线的方程：（1）直线过点（﹣3，4），且在两坐标轴上的截距相等；（2）直线过点（5，10），且到原点的距离为5．【解答】（本题12分）解：（1）若截距不为0，设直线的方程为+=1，﹣﹣（1分）∵直线过点（﹣3，4），∴+=1，解得a=1．﹣﹣（2分）此时直线方程为x+y﹣1=0．﹣﹣（3分）若截距为0，设直线方程为y=kx，代入点（﹣3，4），有4=﹣3k，解得k=﹣，﹣﹣（4分）此时直线方程为4x+3y=0．﹣﹣（5分）综上，所求直线方程为x+y﹣1=0或4x+3y=0．﹣﹣（6分）（2）由题意知，当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方程为x﹣5=0．﹣﹣（8分）当直线斜率存在时，设其方程为y﹣10=k（x﹣5），即kx﹣y+（10﹣5k）=0．﹣﹣（9分）由点到直线的距离公式，得=5，解得k=．﹣﹣（10分）此时直线方程为3x﹣4y+25=0．﹣﹣（11分）综上知，所求直线方程为x﹣5=0或3x﹣4y+25=0．﹣﹣（12分）19．（12分）如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，∴PC⊥DE，∵CE=2，CD=DE=，∴△CDE为等腰直角三角形，∴CD⊥DE，∵PC∩CD=C，DE垂直于平面PCD内的两条相交直线，∴DE⊥平面PCD（Ⅱ）由（Ⅰ）知△CDE为等腰直角三角形，∠DCE=，过点D作DF垂直CE于F，易知DF=FC=FE=1，又由已知EB=1，故FB=2，由∠ACB=得DF∥AC，，故AC=DF=，以C为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），P（0，0，3），A（，0，0），E（0，2，0），D（1，1，0），∴=（1，﹣1，0），=（﹣1，﹣1，3），=（，﹣1，0），设平面PAD的法向量=（x，y，z），由，故可取=（2，1，1），由（Ⅰ）知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量可取=（1，﹣1，0），∴两法向量夹角的余弦值cos＜，＞==∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．20．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（1）若DE∥平面A1MC1，求；（2）求直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值．【解答】解：（1）取BC中点N，连结MN，C1N，…（1分）∵M，N分别为AB，CB中点∴MN∥AC∥A1C1，∴A1，M，N，C1四点共面，…（3分）且平面BCC1B1∩平面A1MNC1=C1N，又DE∩平面BCC1B1，且DE∥平面A1MC1，∴DE∥C1N，∵D为CC1的中点，∴E是CN的中点，…（5分）∴．…（6分）（2）连结B1M，…（7分）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB，即四边形ABB1A1为矩形，且AB=2AA1，∵M是AB的中点，∴B1M⊥A1M，又A1C1⊥平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1M，从而B1M⊥平面A1MC1，…（9分）∴MC1是B1C1在平面A1MC1内的射影，∴B1C1与平面A1MC1所成的角为∠B1C1M，又B1C1∥BC，∴直线BC和平面A1MC1所成的角即B1C1与平面A1MC1所成的角…（10分）设AB=2AA1=2，且三角形A1MC1是等腰三角形∴，则MC 1=2，，∴cos=，∴直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值为．…（12分）21．（12分）已知函数f（x）=x+的定义域为（0，+∞），且f（2）=2+．设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y=x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值．（2）问：|PM|•|PN|是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．【解答】解：（1）∵f（2）=2+=2+，∴a=．（2）设点P的坐标为（x0，y0），则有y0=x0+，x0＞0，由点到直线的距离公式可知，|PM|==，|PN|=x0，∴有|PM|•|PN|=1，即|PM|•|PN|为定值，这个值为1．（3）由题意可设M（t，t），可知N（0，y0）．∵PM与直线y=x垂直，∴k PM•1=﹣1，即=﹣1．解得t=（x0+y0）．又y0=x0+，∴t=x0+．=+，S△OPN=x02+．∴S△OPM=S△OPM+S△OPN=（x02+）+≥1+．∴S四边形OMPN当且仅当x0=1时，等号成立．此时四边形OMPN的面积有最小值：1+．22．（12分）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．点E、F分别在边CD、CB上，点E 与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED．（Ⅰ）求证：BD⊥平面POA；（Ⅱ）当PB取得最小值时，请解答以下问题：（i）求四棱锥P﹣BDEF的体积；（ii）若点Q满足=λ（λ＞0），试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴BD⊥AO，∵EF⊥AC，∴PO⊥EF．∵平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED=EF，且PO⊂平面PEF，∴PO⊥平面ABFED，∵BD⊂平面ABFED，∴PO⊥BD．∵AO∩PO=O，∴BD⊥平面POA．…（4分）（Ⅱ）如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz．（5分）（ⅰ）设AO∩BD=H．因为∠DAB=60°，所以△BDC为等边三角形，故BD=4，HB=2，HC=2．又设PO=x，则OH=2﹣x，OA=4﹣x．所以O（0，0，0），P（0，0，x），B（2﹣x，2，0），故=（2﹣x，2，﹣x），（6分）所以||=，∴当x=时，|PB|min=．此时PO=，OH=（7分）由（Ⅰ）知，PO⊥平面ABFED，所以=3．（8分）（ⅱ）设点Q的坐标为（a，0，c），由（i）知，OP=，则A（3，0，0），B（，2，0），D（，﹣2，0），P（0，0，）．所以，（9分）∵=λ（λ＞0），∴，∴．∴Q（，0，），∴=（）．（10分）设平面PBD的法向量为，则．∵，∴，取x=1，解得：y=0，z=1，所以．（11分）设直线OQ与平面PBD所成的角θ，∴sinθ=|cos|==．（12分）又∵λ＞0∴sinθ＞．（13分）∵θ∈[0，]，∴θ＞．因此直线OQ与平面PBD所成角大于，即结论成立．（14分）赠送初中数学几何模型【模型五】垂直弦模型：图形特征：运用举例：1.已知A、B、C、D是⊙O上的四个点.(1)如图1，若∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，求证AC⊥BD；(2)如图2，若AC⊥BD，垂足为E，AB＝2，DC＝4，求⊙O的半径.2.如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于P，设⊙O的半径是2。