安徽省滁州市定远县西片区2018_2019学年高二数学上学期期中试题文（含解析）.docx

2018-2019学年度上学期期中考试高二文科数学一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。) 1.若xy10(x0，y0)，则的取值范围是()A. (0，) B. (，2) C. ，2 D. (，1)【答案】B【解析】【分析】可以变形为，可把此式看做点(x，y)与点P(1，1)连线的斜率，画出可行域，根据图像得到结果即可.【详解】可以变形为，可把此式看做点(x，y)与点P(1，1)连线的斜率(x，y)满足xy10(x0，y0)，的范围就是点P(1，1)与线段xy10(x0，y0)相交斜率的范围由图可知点P与xy10(x0，y0)的左端点连线的斜率为2.点P与xy10(x0，y0)的右端点连线的斜率为，的取值范围是(，2) 故选B.【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。2.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y24x0.若直线yk(x1)上存在一点P，使过P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取值范围是()A. (，2) B. 2，2C. ， D. (，22，)【答案】B【解析】【分析】设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，故有|PC|R2, 圆心到直线yk(x1)的距离d|PC|2,从而解得参数范围.【详解】C的方程为x2y24x0，故圆心为C(2,0)，半径R2.设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，故有|PC|R2，圆心到直线yk(x1)的距离d|PC|2，即d2，解得k28，可得2k2，故选B.【点睛】这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。3.已知圆C：x2(y3)24，过A(1,0)的直线l与圆C相交于P，Q两点，若|PQ|2，则直线l的方程为()A. x1或4x3y40B. x1或4x3y40C. x1或4x3y40D. x1或4x3y40【答案】B【解析】当直线l与x轴垂直时，易知x1符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x1)，过圆C作CMPQ，垂足为M，由于|PQ|2，可求得|CM|1.由|CM|1，解得k，此时直线l的方程为y(x1)故所求直线l的方程为x1或4x3y40.故选B.4.已知底面为正方形，侧棱相等的四棱锥SABCD的直观图和正视图如图所示，则其侧视图的面积为()A. B. C. 2 D. 2【答案】A【解析】【分析】根据原图是正四棱锥，可知，侧视图和正视图为全等的三角形，直接求侧视图的面积即可.【详解】由题意底面为正方形，侧棱相等的四棱锥SABCD，侧视图与正视图是全等的三角形，面积为2.故答案为：A.【点睛】本题考查的是原图和三视图间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5.如图，ABC的斜二测直观图为等腰RtABC，其中AB2，则ABC的面积为()A. 2 B. 4 C. 2 D. 4【答案】D【解析】【分析】根据斜二测图像得到斜二测的面积，由原图和斜二测的面积比得到原图的面积.【详解】RtABC是一平面图形的直观图，直角边长为AB2，直角三角形的面积是222，平面图形与直观图的面积的比为2，原平面图形的面积是224.故选D.【点睛】这个题目考查的是斜二测图形和原图间的面积间的关系，斜二测图形面积比原图面积为,斜二测还原原图，按照沿x轴的长度变，沿y轴的长度加倍的原则.6.如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，三棱柱ABCA1B1C1是棱长均为1的正三棱柱，算出它的体积V=再根据锥体的体积公式得三棱锥AA1B1C1、三棱锥C1ABC的体积都等于三棱柱ABCA1B1C1体积的，由此用三棱柱ABCA1B1C1体积减去两个三棱锥的体积，即可算出三棱锥B1ABC1的体积【详解】三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，底面ABC为正三角形，面积SABC=，又AA1底面ABC，AA1=1三棱柱ABCA1B1C1的体积V=SABCAA1=三棱锥AA1B1C1、三棱锥C1ABC与三棱柱ABCA1B1C1等底等高 = =由此可得三棱锥B1ABC1的体积V=故选：A【点睛】空间几何体的体积的求法，求椎体的体积，一般直接应用公式底乘以高乘以三分之一，会涉及到点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.7.如图，一个无盖的正方体盒子的棱长为2，BC的中点为M，一只蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，则蚂蚁爬行的最短距离是()A. B. 1 C. D. 2【答案】C【解析】【分析】一只蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，蚂蚁爬行的最短距离是如图所示的BM的长，利用勾股定理能求出结果【详解】蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，蚂蚁爬行的最短距离是如图BM的长度，无盖的正方体盒子的棱长为2，BC的中点为M，A1B224，A1M1，BM.故选C.【点睛】本题考查蚂蚁爬行的最短距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题8.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由三视图知几何体是一个简单的组合体，上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，对角线长是，侧棱长，高是，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是，高是，所以组合体的体积是，故选C.考点：几何体的三视图及体积的计算.【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图及其体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中根据三视图得出上面一个四棱锥、下面是一个圆柱组成的组合体，得到几何体的数量关系是解答的关键，属于基础题.视频9.在三棱锥ABCD各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，如果EF、GH相交于点P，那么（）A. 点P必在直线AC上 B. 点P必在直线BD上 C. 点P必在平面DBC内 D. 点P必在平面ABC外【答案】A【解析】 又 故选A10.如图,在正四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】连接D1C，AC，易证A1BD1C，AD1C即为异面直线A1B与AD1所成的角设AB1，则AA12，AD1D1C，AC，cosAD1C.11.下列命题正确的是()两个平面平行，这两个平面内的直线都平行；两个平面平行，其中一个平面内任何一条直线都平行于另一平面；两个平面平行，其中一个平面内一条直线和另一个平面内的无数条直线平行；两个平面平行，各任取两平面的一条直线，它们不相交.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】两个平面平行，这两个平面内的直线可以呈任意角度，故错误；由面面平行的性质可得到结论正确；由性质定理可得到结论正确；由反证法可得到结论正确.【详解】两个平面平行，这两个平面内的直线可以互相平行，或者是垂直，或者异面呈任意夹角；两个平面平行，其中一个平面内任何一条直线都平行于另一平面，由面面平行的性质得到，结论正确；两个平面平行，其中一个平面内一条直线和另一个平面内的无数条直线平行；根据性质定理得到结论正确；两个平面平行，各任取两平面的一条直线，它们不相交。假设两直线相交于一点，则两个平面就会有交点，就会产生交线，进而两平面就是相交的关系，故与已知条件矛盾，故两直线一定不相交.故答案为B.【点睛】本题主要考查了平面的基本性质及推论，是高考中常见的题型，往往学生忽视书本上的基本概念，值得大家注意对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.12.如图长方体中，则二面角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：如下图，连接交于点，连接，因为，所以底面为正方形，故即，且，另一方面，故为等腰三角形，而点为底边的中点，所以，所以为二面角的平面角，而在中，所以，故选A.考点：二面角.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13.一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为_【答案】4【解析】 点睛：三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据14.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C, C1B1，C1D1的中点，点H在四边形A1ADD1的边及其内部运动，则H满足条件_时，有BH平面MNP.【答案】线段【解析】【分析】推导出PNBD，PMA1B，MNA1D，从而平面A1BD平面PMN，从而求出H满足条件H线段A1D时，有BH平面MNP【详解】H线段A1D.理由如下，连接A1B，A1D，BD，CB1,因为M，N分别是C1C, C1B1的中点，所以MNCB1，因为CDA1B1，且CDA1B1，所以四边形CDA1B1是平行四边形，所以CB1DA1，所以MNDA1，又MN平面A1BD，DA1平面A1BD，所以MN平面A1BD.同理可证PN平面A1BD，又MN平面MNP，PN平面MNP，MNPNN，所以平面A1BD平面MNP.又因为BH平面A1BD，所以BH平面MNP.故答案为：线段.【点睛】本题考查线面平行的条件的判断，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，是中档题15.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，有下面结论：AC平面CB1D1；AC1平面CB1D1；AC1与底面ABCD所成角的正切值是；AD1与BD为异面直线.其中正确的结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】利用线面平行，线面垂直和线面所成角的定义分别判断因为AC平面CB1D1=C，所以AC平面CB1D1错误；根据线面垂直的判定定理得到正确；由线面角的定义得到AC1在底面ABCD的射影为AC，所以C1AC是AC1与底面ABCD所成的角，在三角形中求得正切值正确；由异面直线的定义可知，AD1与BD为异面直线，所以正确【详解】因为AC平面CB1D1=C，所以AC平面CB1D1错误，所以错误连结BC1，A1 C1，则BC1B1 C，又因为AB面BC C1B1故 ABB1 C, ABBC1=B，故B1 C面ABC1进而得到AC1B1C，连接A1 C1，同理可证B1D1AC1又因为B1D1B1 C于点B1故得到AC1平面CB1D1所以正确因为AC1在底面ABCD的射影为AC，所以C1AC是AC1与底面ABCD所成的角，设正方体的边长为a,则AC=所以所以正确由异面直线的定义可知，AD1与BD为异面直线，所以正确故答案为：【点睛】本题主要考查了空间直线和平面的位置关系的判断，以及线面所成角的求法，要求熟练掌握相关的判定定理，求线面角，可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值.16.已知直线l过点P(2,1)，且与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，当取最大值时l的方程为_【答案】【解析】【分析】由直线的点斜式方程，得直线l的方程为y1k(x2)，分别求出A，B点坐标，进而得到PA,PB的表达式，故，通过换元法将原式转化为二次式，进而求得,取得最值时k的值【详解】由题意可知直线l的斜率k0，由直线的点斜式方程，得直线l的方程为y1k(x2)，即ykx2k1.令x0，代入方程得y2k1，令y0，代入方程得x，直线l与x轴，y轴的交点坐标分别是点A(，0 )，点B(0，2k1)PA，PB，.令t，有 (4t)k24k1t0，故164(4t)(1t)0.解得 0t5，故t5时，取最大值此时，解得k2，直线l的方程为y2x2k1，即2xy50，故答案为：2xy50.【点睛】本题主要考查用点斜式求直线方程的方法，用判别式法求函数的值域，属于中档题关于函数的值域需要注意的有：首先函数值域不能为空集，其次是指的函数值的集合.求函数的值域的问题，最终结果要写成集合或者区间的形式.三、解答题(本大题共6小题，共70分) 17.(1)求经过直线l1：x3y30，l2：xy10的交点且平行于直线2xy30的直线方程(2)求证：不论m取什么实数，直线(2m1)x(m3)y(m11)0都经过一个定点，并求出这个定点的坐标【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）方法一：先求得直线l1与l2的交点坐标为(0,1)，再设平行于直线2xy30的直线方程为2xyc0，将交点代入直线方程得到参数c的值；方法二：设过直线l1与l2交点的直线方程为x3y3(xy1)0，整理后为(1)x(3)y30，再由直线的斜率为-2，得到2，解得的值，即可得到结果；（2）将原式子整理得(2xy1)m(x3y11)0，由于m取值的任意性，使得m的系数为0即可.【详解】(1)方法一：由得直线l1与l2的交点坐标为(0,1)，再设平行于直线2xy30的直线方程为2xyc0，把(0,1)代入所求的直线方程，得c1，故所求的直线方程为2xy10.方法二：设过直线l1、l2交点的直线方程为x3y3(xy1)0(R)，即(1)x(3)y30，由题意可知，2，解得，所求直线方程为xy0，即2xy10.(2)将已知方程以m为未知数，整理得(2xy1)m(x3y11)0.由于m取值的任意性，由解得不论m取什么实数，所给的直线都经过一个定点(2，3)【点睛】这个题目考查了两直线的位置关系，在同一平面内，两条直线有三种位置关系，即相交、平行、重合相应地由直线的方程组成的二元一次方程组的解有三种情况，即有唯一解、无解、有无数解当的解只有一组时，这两条直线和有一个公共点，它们的位置关系为相交当的解有无数组时，这两条直线和有无数个公共点，它们的位置关系为重合当无解时，这两条直线和没有公共点，它们的位置关系为平行18.已知圆过点，且圆心在直线上.（1） 求圆的方程；（2）问是否存在满足以下两个条件的直线:斜率为；直线被圆截得的弦为，以为直径的圆过原点. 若存在这样的直线，请求出其方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1);(2)存在这样的两条直线，其方程是或【解析】试题分析：(1)将方程设为圆的一般方程，根据条件表示为的三元一次方程，解方程组即求得圆的方程；（2）首先设直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为A、B然后联立直线与圆的方程，得到根与系数的关系，根据,得到，代入直线方程与根与系数的关系解得b，得到直线方程，并需验证.试题解析：解：()设圆C的方程为则解得 D=-6, E=4, F=4圆C方程为:即()设直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为A、B则由得（）AB为直径, ，即，即，或容易验证或时方程（）的故存在这样的两条直线，其方程是或考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.19.A是平面外的一点，E、F分别是BC、AD的中点，求证：直线EF与BD是异面直线；若，求EF与BD所成的角【答案】略【解析】（1）证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A、B、C、D在同一平面内，这与A是BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.（2）取CD的中点G，连接EG、FG，则EGBD，所以直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角.在RtEGF中，由EGFGAC，可得FEG45，即异面直线EF与BD所成的角为45.考点：反证法证明异面直线，异面直线所成的角.20.如图所示，P是ABC所在平面外的一点，点A，B，C分别是PBC，PCA，PAB的重心(1)求证：平面ABC平面ABC；(2)求ABC与ABC的面积之比【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）分别连接PA，PB，PC并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF推导出ACDF从而AC平面ABC同理，AB平面ABC由此能证明平面ABC平面ABC；（2）推导出ACAC且AC=ACABAB且AB=AB，BCBC且BC=BC，由此能求出ABC与ABC的面积之比【详解】(1)证明：分别连接PA，PB，PC并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF.点A，C分别是PBC，PAB的重心，PAPD，PCPF，ACDF.AC平面ABC，DF平面ABC，AC平面ABC.同理，AB平面ABC.又ACABA，AC，AB平面ABC，平面ABC平面ABC.(2)解由(1)知ACDF且ACDF，又DFAC且DFAC，ACAC且ACAC.同理，ABAB且ABAB，BCBC且BCBC，ABCABC，SABCSABC19.【点睛】本题考查面面平行的