河北省石家庄市第二中学2018-2019学年高二上学期开学考试数学试题(精品解析)

河北省石家庄市第二中学2018-2019学年高二上学期开学考试数学试题(解析版)一、选择题（本大题共11小题，共44.0分）1.空间中两条不相交直线与另外两条异面直线都相交，则这两条直线的位置关系是()A. 平行或垂直B. 平行C. 异面D. 垂直【答案】C【解析】解：不妨设空间中不相交的两条直线为a，b，另外两条异面直线为c，d，由于a，b不相交，故a，b平行或异面，设a，c确定的平面为α，不妨设a//b，①当b⊂α，则a，b与直线d的交点都在α内，故d⊂α，而这与c，d为异面直线矛盾；②当b⊄α时，由b//a可知b//α，又c⊂α，故a，c没有公共点，与a，c相交矛盾，∴假设a//b错误，故a，b为异面直线．故选：C．由两直线无交点可知两直线平行或异面，假设两直线平行得出矛盾，从而得出结论．本题考查了空间线面位置关系的定义与判断，属于中档题．2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=1，b=√3，A=π6，则角B等于()A. π3B. π6C. π3或2π3D. π6或5π6【答案】C【解析】解：∵a=1，b=√3，A=π6，∴由正弦定理得，asinA =bsinB，则sinB=b⋅sinAa =√3×121=√32，又∵0<B<π，b>a，∴B=π3或2π3，故选：C．由题意和正弦定理求出sinB 的值，由内角的范围和特殊角的三角函数值求出角B ． 本题考查正弦定理，以及特殊角的三角函数值的应用，属于基础题．3. 已知变量x ，y 满足{x −4y +3≤0x +y −4≤0x ≥1，则z =x −y 的取值范围是( )A. [−2,−1]B. [−2,0]C. [0,65]D. [−2,65]【答案】D【解析】解：作出不等式组{x −4y +3≤0x +y −4≤0x ≥1，对应的平面区域如图：由z =x −y 得y =x −z ，平移直线y =x −z 由图象可知当直线y =x −z 经过点A 时， 直线y =x −z 的截距最大，由{x +y =4x=1，解得A(1,3) 此时z 最小为z =1−3=−2，当直线y =x −z ，z 经过点B 时，z 取得最大值，由{x −4y +3=0x+y=4，可得A(135,75)，直线y =x −z 的截距最小，此时z 最大为：135−75=65， z 的范围为：[−2,65]. 故选：D ．作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，结合数形结合即可得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．4. 等差数列{a n }中，如果a 4=2，那么a 2a 6的最大值为( )A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】B【解析】解：∵等差数列{a n }中，4=2a 4=a 2+a 6， 那么a 2a 6≤(a 2+a 62)2=4，当且仅当a 2=a 6=2时取等号．故选：B ．等差数列{a n }中，4=2a 4=a 2+a 6，再利用基本不等式的性质即可得出．本题考查了等差数列的通项公式及其性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5. 如图是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边BD 长为2；侧视图为一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB =BC =1，则此几何体的体积是( )A. 12B. √2 C. √22D. 1【答案】A【解析】解：由三视图知几何体为四棱锥与三棱锥的组合体，其直观图如图：根据三视图中正视图是一等腰直角三角形，且斜边BD长为2，∴棱锥的高为1，底面直角梯形的底边长分别为1、2，高为1，∴底面面积为1+22×1=32，∴几何体的体积V=13×32×1=12．故选：A．由三视图知几何体为四棱锥与三棱锥的组合体，画出其直观图，判断几何体的高，计算底面面积，代入体积公式计算．本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是由三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量．6.一束光线从点A(4,1)出发，经x轴反射到圆C：(x−2)2+(y−2)2=2上的最短路程是()A. √13B. 2√13C. √13+√2D. √13−√2【答案】D【解析】解：根据题意画出图形，结合题意知，圆C：(x−2)2+(y−2)2=2关于x轴对称的圆C′：(x−2)2+(y+2)2=2；∴光线从点A出发，经x轴反射到圆C上的最短路程是|AC|−r=√(4−2)2+(1+2)2−√2=√13−√2；所求的最短路程是√13−√2．故选：D．根据题意画出图形，结合题意知圆C关于x轴对称的圆C′，求出光线从点从A出发，经x轴反射到圆C上的最短路程．本题考查了直线与圆的方程应用问题，是基础题．7.△ABC中，a、b、c分别是三内角A、B、C的对边，且a=4，b+c=5，tanA+tanB+√3=√3tanA⋅tanB，则△ABC的面积为()A. 32B. 3√3 C. 3√32D. 52【答案】C【解析】解：∵tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanA⋅tanB，化简得，tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，由题意可知：tanA+tanB+√3=√3tanA⋅tanB，∴tanC=√3．由A，B，C为三角形的内角，∴C=60∘．由余弦定理可知：cosC=a2+b2−c22ab，由a=4，b+c=5，C=60∘，解得：b=32，∴S=12absinC=3√32，故选：C．由tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanA⋅tanB，整理得：tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，由题意可知：求得tanC=√3.则C=60∘.由余弦定理可知：cosC=a2+b2−c22ab，由a=4，b+c=5，C=60∘，即可求得b的值，由三角形的面积公式：S=12absinC=3√32．本题主要考查了解三角形的实际应用.可知两角和的正切公式，余弦定理的应用，考查了学生综合分析问题的能力，考查计算能力，属于中档题．8.在四棱锥ABCD中，底面ABCD是边长为3√2的正方形，且各侧棱长均为2√3，则该四棱锥外接球的表面积为()A. 64πB. 36πC. 48πD. 28π【答案】C【解析】解：由已知可得，四棱锥P−ABCD为正四棱锥．正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记球心为O，PO=AO=R，∵PA=2√3，AB=BC=3√2，则AC=6，故PO1=√12−9=√3，∴OO1=R−√3或OO1=√3−R(此时O在PO1的延长线上)，在Rt△AO1O中，R2=9+(R−√3)2，解得R=2√3，∴球的表面积S=4π×(2√3)2=48π．故选：C．先画出图形，正四棱锥外接球的球心在它的高上，然后根据勾股定理解出球的半径，最后根据球的面积公式求解即可．本题主要考查球的表面积，球的内接体问题，考查计算能力和空间想象能力，属于中档题．9.已知m=a+1a−2(a>2)，n=2 2−x2(x<0)，则m，n的大小关系是()A. m>nB. m<nC. m=nD. m≤n【答案】A【解析】解：因为a>2，所以a−2>0，所以m=a+1a−2=(a−2)+1a−2+2≥2√(a−2)⋅1a−2+2=4，当且仅当a−2=1a−2，即a=3时等号成立．因为2−x2<2，所以n=22−x2<22=4，所以m>n；故选：A．对m变形为基本不等式的形式，利用基本不等式求m的最小值；对n利用指数函数的单调性判断与m最小值的关系．本题考查了基本不等式的运用以及指数函数的性质运用；关键是正确等价变形．10.抛物线y=(n2+n)x2−(2n+1)x+1与x轴交点分别为A n，B n(n∈N∗)，以|A n B n|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+⋯+|A2010B2010|的值是()A. 20092010B. 20102011C. 20112012D. 20122013【答案】B【解析】解：设x n，y n是关于的方程(n2+n)x2−(2n+1)x+1=0的两根是由韦达定理可知：x n+y n=2n+1n2+n x n y n=1n2+n∴x n=1n ，y n=1n+1∴|A n B n|=1n−1n+1∴|A1B1|+|A2B2|+⋯+|A2010B2010|=1−12+12−13…+12010−12011 =1−12011=20102011故选：B ．先求出二次方程的两根，再求解． 本题考查了数列和函数的综合应用．11. 已知直线x +y −k =0(k >0)与圆x 2+y 2=4交于不同的两点A 、B ，O 是坐标原点，且有|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√33|AB ⃗⃗⃗⃗⃗|，那么k 的取值范围是( )A. (√3,+∞)B. [√2,+∞)C. [√2,2√2)D. [√3,2√2)【答案】C【解析】解：设AB 中点为D ，则OD ⊥AB ∵|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√33|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，∴|2OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√33|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ | ∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤2√3|OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | ∵|OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+14|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=4∴|OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2≥1 ∵直线x +y −k =0(k >0)与圆x 2+y 2=4交于不同的两点A 、B ，∴|OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2<4 ∴4>|OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2≥1 ∴4>(|−k|√2)2≥1∵k >0，∴√2≤k <2√2 故选：C ．利用平行四边形法则，借助于直线与圆的位置关系，利用直角三角形，即可求得结论． 本题考查向量知识的运用，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．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）12. 各项均为实数的等比数列{a n }，前n 项和为S n ，若S 10=1，S 30=7，则S 40=______． 【答案】15【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ≠1，∵S 10=1，S 30=7， ∴a 1(q 10−1)q−1=1，a 1(q 30−1)q−1=7，化为：q 20+q 10−6=0，解得q 10=2，∴a 1q−1=1． 则S 40=a 1(q 40−1)q−1=24−1=15．故答案为：15．设等比数列{a n }的公比为q ≠1，由S 10=1，S 30=7，可得a 1(q 10−1)q−1=1，a 1(q 30−1)q−1=7，解得q 10=2，a 1q−1=1.再利用求和公式即可得出．本题考查了等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13. 在△ABC 中，∠ACB =90∘，AB =8，∠ABC =60∘，PC ⊥平面ABC ，PC =4，M 是AB 上一个动点，则PM的最小值为______． 【答案】2√7【解析】解：如图，作CH ⊥AB 于H ，连PH ， ∵PC ⊥面ABC ，∴PH ⊥AB ，PH 为PM 的最小值， 而CH =2√3，PC =4， ∴PH =2√7． 故答案为：2√7要使PM 的最小，只需CM 最小即可，作CH ⊥AB 于H ，连PH ，根据线面垂直的性质可知PH ⊥AB ，PH 为PM 的最小值，在直角三角形PCH 中求出PH 即可．本题主要考查了点、线、面间的距离计算，考查了空间想象能力，推理论证的能力，属于基础题．14. 已知实数x ，y 满足约束条件{2x −y ≤2x −y ≥−1x +y ≥1，若目标函数z =x +ay 仅在点(0,1)处取得最小值，则a 的取值范围是______． 【答案】[0,1]【解析】解：作出不等式对应的平面区域，若a =0，则目标函数为z =x ，即此时函数在B(0,1)时取得最小值，满足条件． 当a ≠0，由z =x +ay 得y =−1a x +1a z ， 若a >0，目标函数斜率−1a <0，此时平移y =−1a x +1a z ，得y =−1a x +1a z 在点B(0,1)处的截距最小， 此时z 取得最小值，满足条件可得−1a ≥−1． 解得a ≤1.即：a ∈[0,1] 若a <0，目标函数斜率−1a >0，可使目标函数z =x +ay 仅在点B(0,1)处取得最小值， 不满足题意． 故答案为：[0,1]．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，确定目标取最优解的条件，即可求出a 的取值范围． 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法.根据条件目标函数z =x +ay ，仅在点(0,1)取得最小值，确定直线的位置是解决本题的关键．15. 如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =2，过直线B 1D 1的平面α⊥平面A 1BD ，则平面α截该正方体所得截面的面积为______ ．【答案】√6【解析】解：如图所示，连接A1C1，与B1D1交于E，取AA1的中点F，连接EF，则EF//AC1，易知AC1⊥平面A1DB，∴EF⊥平面A1DB，EF⊥平面A1DB．∵EF⊂面B1D1F，∴△B1D1F为平面α截该正方体所得截面，∴在△B1D1F中，B1D1=2√2，EF=√3，B1D1⊥EF，∴平面α截该正方体所得截面的面积为12×2√2×√3=√6．故答案为：√6．如图所示，连接A1C1，与B1D1交于E，取AA1的中点F，连接EF，证明AC1//平面B1D1F，再进行求解即可．本题考查面面垂直的判定，考查三角形面积的计算，正确判定面面垂直是关键.属于中档题．三、解答题（本大题共3小题，共36.0分）16.已知过点A(−1,0)的动直线l与圆C：x2+(y−3)2=4相交于P、Q两点，l与直线m：x+3y+6=0相交于N．(1)当l与m垂直时，求直线l的方程，并判断圆心C与直线l的位置关系；(2)当|PQ|=2√3时，求直线l的方程．【答案】解：(1)因为l与m垂直，直线m的一个法向量为(1,3)，所以直线l的一个方向向量为d⃗=(1,3)，所以l的方程为x+11=y3，即3x−y+3=0．所以直线l过圆心C(0,3)．(2)由|PQ|=2√3，得圆心C到直线l的距离d=1，设直线l的方程为x−ny+1=0，则由d=√1+n2=1．解得n=0，或n=34，所以直线l的方程为x+1=0或4x−3y+4=0．【解析】(1)根据直线m的一个法向量为(1,3)，求得直线l的一个方向向量，由此求得l的点向式方程，可得直线l过圆心．(2)由|PQ|=2√3得圆心C到直线l的距离d=1，设直线l的方程为x−ny+1=0，求得n的值，可得直线l的方程．本题主要考查两条直线垂直的性质，点到直线的距离公式，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．17.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，且四棱锥P−ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】证明：(1)∵在四棱锥P−ABCD中，∠BAP=∠CDP=90∘，∴AB⊥PA，CD⊥PD，又AB//CD，∴AB⊥PD，∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．解：(2)设PA=PD=AB= DC=a，取AD中点O，连结PO，∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，平面PAB⊥平面PAD，∴PO⊥底面ABCD，且AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，∵四棱锥P−ABCD的体积为83，由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，∴V P−ABCD=13×S四边形ABCD×PO=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，∴PB=PC=√4+4=2√2，∴该四棱锥的侧面积：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3．【解析】(1)推导出AB⊥PA，CD⊥PD，从而AB⊥PD，进而AB⊥平面PAD，由此能证明平面PAB⊥平面PAD．(2)设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，则PO⊥底面ABCD，且AD=√2a，PO=√22a，由四棱锥P−ABCD的体积为83，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积．本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，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、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90∘，E是CD的中点．(Ⅰ)证明：CD⊥平面PAE；(Ⅱ)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】解法一：(Ⅰ)连接AC，由AB=4，BC=3，∠ABC=90∘，得AC=5，又AD=5，E是CD得中点，所以CD⊥AE，PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD．所以PA⊥CD，而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE．(Ⅱ)过点B作BG//CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF，由CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE，于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE．由PA⊥平面ABCD知，∠PBA即为直线PB与平面ABCD所成的角．由题意∠PBA=∠BPF，因为sin∠PBA=PAPB ，sin∠BPF=BFPB，所以PA=BF．由∠DAB=∠ABC=90∘知，AD//BC，又BG//CD．所以四边形BCDG是平行四边形，故GD=BC=3，于是AG=2．在RT△BAG中，AB=4，AG=2，BG⊥AF，所以BG=√AB2+AG2=2√5，BF=AB2BG =162√5=8√55．于是PA=BF=8√55．又梯形ABCD的面积为S=12×(5+3)×4=16．所以四棱锥P−ABCD的体积为V=13×S×PA=13×16×8√55=128√515．解法二：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为X轴，Y 轴，Z轴建立空间直角坐标系，设PA=ℎ，则A(0,0，0)，B(4,0，0)，C(4,3，0)，D(0,5，0)，E(2,4，0)，P(0,0，ℎ)．(Ⅰ)CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，2，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,4，0)，AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，ℎ)． 因为CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE⃗⃗⃗⃗⃗ =−8+8+0=0，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0． 所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP ，而AP ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE ．(Ⅱ)由题设和第一问知，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PA⃗⃗⃗⃗⃗ 分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量， 而PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以：|cos <CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|cos <PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|，即|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |CD ⃗⃗⃗⃗⃗ | ⋅|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||. 由第一问知CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,2，0)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =((0,0，−ℎ)，又PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0，−ℎ)．故2√5⋅√16+ℎ2=22 解得ℎ=8√55． 又梯形ABCD 的面积为S =12×(5+3)×4=16．所以四棱锥P −ABCD 的体积为V =13×S ×PA =13×16×8√55=128√515． 【解析】解法一：(Ⅰ)先根据条件得到CD ⊥AE ；再结合PA ⊥平面ABCD 即可得到结论的证明；(Ⅱ)先根据直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等得到PA =BF ，进而得到四边形BCDG 是平行四边形，在下底面内求出BF 的长以及下底面的面积，最后代入体积计算公式即可．法二：(Ⅰ)先建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到CD⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0以及CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.即可证明结论； (Ⅱ)先根据直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等得到PA 的长，再求出下底面面积，最后代入体积计算公式即可．本题是中档题，利用空间直角坐标系通过向量的计算，考查直线与平面所成角的求法，直线与直线的垂直的证明方法，考查空间想象能力，计算能力，是常考题型．。