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- 2021-04-17 发布
2018-2019学年安徽省滁州市定远县西片区高二上学期期中考试数学（文）试题
2018.11
考生注意：
1、本卷考试范围：人教A版必修2。满分150分，考试时间120分钟；
2、答题前请在答题卷上填写好自己的学校、姓名、班级、考号等信息；
3、请将答案正确填写在答题卷指定的位置，在非答题区位置作答无效。
第I卷 （选择题 60分）
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x＋y－1＝0(x＞0，y＞0)，则的取值范围是( )
A． (0，＋∞) B． (，2) C． [，2] D． (，1)
2.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)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． [－2，2]
C． [－，] D． (－∞，－2]∪[2，＋∞)
3.已知圆C：x2＋(y－3)2＝4，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．x＝－1或4x＋3y－4＝0 B．x＝－1或4x－3y＋4＝0
C．x＝1或4x－3y＋4＝0 D．x
＝1或4x＋3y－4＝0
4.已知底面为正方形，侧棱相等的四棱锥S－ABCD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
5.如图，△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′，其中A′B′＝2，则△ABC的面积为( )
A． 2 B． 4 C． 2 D． 4
6.如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为( )
A． B． C． D．
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＋
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． 2π＋2 B． 4π＋2 C． 2π＋ D． 4π＋
9.在空间四边形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
10.如图，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．
11.下列命题正确的是( )
①两个平面平行，这两个平面内的直线都平行；
②两个平面平行，其中一个平面内任何一条直线都平行于另一平面；
③两个平面平行，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；
④两个平面平行，各任取两平面的一条直线，它们不相交.
A． ① B． ②③④ C． ①②③ D． ①④
12.如图在长方体中，AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1－BD－C的大小为( )
A． 30° B． 45° C． 60° D． 90°
第II卷（非选择题 90分）
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，则其侧视图的面积为________.
14.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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.
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下面结论：
①AC∥平面CB1D1；
②AC1⊥平面CB1D1；
③AC1与底面ABCD所成角的正切值是；
④AD1与BD为异面直线.其中正确的结论的序号是________.
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____________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.（10分）(1)求经过直线l1：x＋3y－3＝0，l2：x－y＋1＝0的交点且平行于直线2x＋y－3＝0的直线方程．
(2)求证：不论m取什么实数，直线(2m－1)x＋(m＋3)y－(m－11)＝0都经过一个定点，并求出这个定点的坐标．
18. （12分）已知圆C过点M(0，－2)，N(3,1)，且圆心C在直线x＋2y＋1＝0上.
(1)求圆C的方程；
(2)问是否存在满足以下两个条件的直线l：①直线l的斜率为1；②直线l被圆C所截得的弦为AB，以AB为直径的圆C1过原点.若存在这样的直线l，请求出其方程；若不存在，请说明理由.
19. （12分）A是△BCD平面外的一点，E、F分别是BC、AD的中点，
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
20. （12分）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A′B′C′；
(2)求△A′B′C′与△ABC的面积之比．
21. （12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PB、PD与平面ABCD所成角的正切值依次是1、，AP＝2，E、F依次是PB、PC的中点．
(1)求证：PB⊥平面AEFD；
(2)求直线EC与平面PAD所成角的正弦值．
22.（12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，PA⊥平面ABCD，M是PD的中点.
(1)求证：OM∥平面PAB；
(2)求证：平面PBD⊥平面PAC.
2018-2019学年度上学期期中考试
高二文科数学答案解析
1. B
【解析】可以变形为，可把此式看做点(x，y)与点P(－1，－1)连线的斜率．
∵(x，y)满足x＋y－1＝0(x＞0，y＞0)，
∴的范围就是点P(－1，－1)与线段x＋y－1＝0(x＞0，y＞0)相交斜率的范围．
由图可知点P与x＋y－1＝0(x＞0，y＞0)的左端点连线的斜率为＝2.
点P与x＋y－1＝0(x＞0，y＞0)的右端点连线的斜率为＝，
∴的取值范围是(，2)． 故选B.
2. B
【解析】∵C的方程为x2＋y2－4x＝0，故圆心为C(2,0)，半径R＝2.
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|＝R＝2，
∴圆心到直线y＝k(x＋1)的距离d≤|PC|＝2，
即d＝≤2，
解得k2≤8，可得－2≤k≤2，
故选B.
3. B
【解析】当直线l与x轴垂直时，易知x＝－1符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，过圆C作CM⊥PQ，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＝(x＋1)．故所求直线l的方程为x＝－1或4x－3y＋4＝0.故选B.
4. A
【解析】由题意，侧视图与正视图是全等的三角形，面积为×2×＝.
5. D
【解析】∵Rt△A′B′C′是一平面图形的直观图，直角边长为A′B′＝2，
∴直角三角形的面积是×2×2＝2，
∵平面图形与直观图的面积的比为2，
∴原平面图形的面积是2×2＝4.
故选D.
6. A
【解析】＝－－＝.
7. C
【解析】∵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，
∴A1B＝2＋2＝4，A1M＝1，
∴BM＝＝. 故选C.
8. C
【解析】该空间几何体由一圆柱和一正四棱锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为，高为，所以体积为×()2×＝，所以该几何体的体积为2π＋.
9. A
【解析】∵EF属于一个面，而GH属于另一个面，
且EF和HG相交于点P，
∴P在两平面的交线上．
∵AC是两平面的交线，
所以点P必在直线AC上．故选A.
10. D
【解析】如图，连接BC1，A1C1，
∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB＝a，AA1＝2a，
∴A1B＝C1B＝a，A1C1＝a，
∠A1BC1的余弦值为，故选D.
12. A
【解析】连接AC，交BD于点O，连接OC1，
因为ABCD为正方形，则AC⊥BD，
又CC1⊥平面ABCD，
所以CC1⊥BD，则BD⊥平面CC1O，
所以BD⊥OC1，所以∠COC1是二面角C1－BD－C的平面角．
又OC＝AC＝×AB＝.
在Rt△OCC1中，CC1＝，
所以tan∠COC1＝＝，
所以∠COC1＝30°，故选A.
13. 4＋
【解析】依题意得几何体的侧视图面积为22＋×2×＝4＋.
14. H∈线段A1D
【解析】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MN∥CB1，
因为CD∥A1B1，且CD＝A1B1，
所以四边形CDA1B1是平行四边形，所以CB1∥DA1，
所以MN∥DA1，
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，MN∩PN＝N，
所以平面A1BD∥平面MNP.
又因为BH⊂平面A1BD，所以BH∥平面MNP.
16. 2x＋y－5＝0
【解析】由题意可知直线l的斜率k＜0，由直线的点斜式方程，得直线l的方程为y－1＝k(x－2)，即y＝kx－2k＋1.令x＝0，代入方程得y＝－2k＋1，令y＝0，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，－2k＋1)．
∴PA＝＝，PB＝，
.
令t＝，有 (4－t)k2－4k＋1－t＝0，
故Δ＝16－4(4－t)(1－t)≥0.
解得 0≤t≤5，故t＝5时，取最大值．
此时，解得k＝－2，直线l的方程为y＝－2x－2k＋1，
即2x＋y－5＝0，
故答案为2x＋y－5＝0.
17. (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2x＋y－3＝0的直线方程为2x＋y＋c＝0，
把(0,1)代入所求的直线方程，得c＝－1，
故所求的直线方程为2x＋y－1＝0.
方法二 设过直线l1、l2交点的直线方程为x＋3y－3＋λ(x－y＋1)＝0(λ∈R)，
即(λ＋1)x＋(3－λ)y＋λ－3＝0，
由题意可知，＝－2，解得λ＝，
∴所求直线方程为x＋y－＝0，
即2x＋y－1＝0.
(2)将已知方程以m为未知数，整理得(2x＋y－1)m＋(－x＋3y＋11)＝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)．
18. (1)设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则解得D＝－6，E＝4，F＝4，
所以圆C的方程为x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.
(2)假设存在这样的直线l，其方程为y＝x＋b.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则联立消去y得2x2＋2(b－1)x＋b2＋4b＋4＝0，(*)
∴
∴y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2.
∵AB为直径，圆C1过原点，∴∠AOB＝90°，
∴|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，
∴＋＋＋＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2，
得x1x2＋y1y2＝0，∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，
即b2＋4b＋4＋b(1－b)＋b2＝0，解得b＝－1或b＝－4.
容易验证b＝－1或b＝－4时方程(*)有实根.
故存在这样的直线l，其方程是x－y－1＝0或x－y－4＝0.
19. (1)证明 用反证法．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平面外的一点相矛盾．
故直线EF与BD是异面直线．
(2)解 取CD的中点G，连接EG、FG，由于E、F分别是BC、AD的中点，
则EGBD，FGAC，
所以相交直线EF与EG所成的锐角或直角即为异面直线EF与BD所成的角．
由AC⊥BD，AC＝BD，可得EG⊥GF，EG＝GF.故等腰Rt△EGF中，有∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
20. (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，
∴PA′＝PD，PC′＝PF，
∴A′C′∥DF.
∵A′C′⊄平面ABC，DF⊂平面ABC，
∴A′C′∥平面ABC.
同理，A′B′∥平面ABC.
又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，
∴平面ABC∥平面A′B′C′.
(2)解 由(1)知A′C′∥DF且A′C′＝DF，
又DF∥AC且DF＝AC，
∴A′C′∥AC且A′C′＝AC.
同理，A′B′∥AB且A′B′＝AB，B′C′∥BC且B′C′＝BC，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝1∶9.
21. (1)证明 ∵PB、PD与平面ABCD所成角的正切值依次是1、，AP＝2，且PA⊥平面ABCD，
∴AB＝2，AD＝4.
∵PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥PB.
∵E是PB的中点，AP＝AB，
∴AE⊥PB.
又AE，AD⊂平面AEFD，AE∩AD＝A，
∴PB⊥平面AEFD.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD，
∴CD⊥PA，
又CD⊥AD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，
取PA的中点G，CD的中点H，连接EG、GH、GD，
则EG∥AB∥CD，且EG＝AB＝1，
又CH＝CD＝AB＝1，
∴四边形EGHC是平行四边形，∴EC∥GH，
∴∠HGD为直线EC与平面PAD所成的角．
在Rt△GDH中，易求GH＝3，
∴sin∠HGD＝＝＝，
∴直线EC与平面PAD所成角的正弦值为.
22.