山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二上学期期中数学试题（文）含答案

山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二上学期期中数学
试题（文）含答案
山西省运城市景胜中学2020-2021学年度第一学期高二期中数学试题（文）
一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分，）
1. 下列几何体不是旋转体的为( )
A.圆柱
B.棱柱
C.球
D.圆台
2. 若P(2,??1)为圆(x?1)2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程是()
A.x?y?3=0
B.2x+y?3=0
C.x+y?1=0
D.2x?y?5=0
3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
A.32
3B.32 C.16
3
D.16
4. 已知等腰直角三角形的斜边所在的直线是，直角顶点是
，则两条直角边，的方程是()
A.，
B.，
C.，
D.，
5. 圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2?4x+4y?12=0的公共弦的长为()
A.√2
B.√3
C.2√2
D.3√2
6. 在空间中，有如下四个命题：
①若平面α垂直平面β，则平面α内的任意一条直线垂直于平面β；
②平行于同一个平面的两条直线是平行直线；
③垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；
④过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直．
其中正确的两个命题是( )
A.①、③
B.②、④
C.③、④
D.②、③
7. 某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该三棱锥中最长的棱长为()
A.4
B.2√2
C.√10
D.2√3
8. 三棱锥P?ABC的高为PH，若三个侧面两两垂直，则H为△ABC 的（）
A.内心
B.外心
C.垂心
D.重心
9. 在四面体S?ABC中，SA⊥平面ABC，∠ABC=90°，SA=AC=√2，AB=1，则该四面体的外接球的表面积为( )
A.2π
3B.4π
3
C.4π
D.5π
10. 已知方程x2+y2+4x?2y?4=0，则x2+y2的最大值是( )
A. 14?6√5
B.14
C.9
D. 14+6√5
11. 圆x2+y2+2x?6y+1=0关于直线ax?by+3=0(a>0,?b>0)对称，则1
a +3
b
的最小值是( )
A.2√3
B.20
3C.16
3
D.4
12. 如图，已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，点P在线段CB1上，且B1P=2PC，平面α经过点A，P，C1，则正方体
ABCD?A1B1C1D1被平面α截得的截面面积为( )
A.3√6
B.2√6
C.5
D.5√3
4
二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分，）
13. 圆锥底面半径为2cm，高为√2cm，其中有一个内接正方体，则这个内接正方体的棱长为________cm.
14. 直线(m+1)x+my+m+3=0被圆x2+y2=25所截的弦长的最小值为
________.
15. 圆x2+y2?4y?4＝0上恰有两点到直线x?y+a＝0的距离为√2，则实数a的取值范围是________．
16. 若P为直线x?y+4=0上一个动点，从点P引圆C:x2+y2?4x=0的两条切线PM，PN（切点为M，N），则|MN|的最小值是________.
三、解答题（本题共计 6 小题，共计70分，）
17.(10分) 已知圆C的方程为x2+y2=4.
(1)求过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程；
(2)直线l过点P(2,1)，且与圆C交于A、B两点，若|AB|=2√3，求直线l的方程.
18.(12分) 如图，四棱锥P?ABCD的底面ABCD为正方形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC=PD=√2，CD=2.
(1)证明：PC⊥平面PAD；
(2)求点D到平面PAB的距离．
19.(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.
(1)求AC边所在直线方程；
(2)求过顶点C且与BH平行的直线．
20.(12分) 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1?//?AA1，AB=AC=3，BC=2√5，
AA1=√7，BB1=2√7，点E，F分别为BC，A1C的中点．
(1)求证：EF?//?平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；
(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
21.(12分) 如图，几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE均为边长为2
的正三角形，且平面ABC//平面DFE，四边形BCED为正方形.
(1)若平面BCED⊥平面ABC，求证：平面ADE?//?平面BCF；
(2)若二面角D?BC?A为150°，求直线BD与平面ADE所成角的正弦值.
22.(12分) 在平面直角坐标系xOy中，已知A(0,?3)，直线l:y=2x?4．圆C的半径为1，圆心在直线l上．
(1)若圆心又在直线y=x?1上，过点A作圆C的切线，求切线方程；
(2)若圆C上存在一点M满足MA=2MO，求圆心C的横坐标a的范围．
景胜中学高二期中考试数学抽考试题答案（文）
一、选择题
1.BAABC 6 CDCCD 11 CB
二、填空题
13.2√2
3
14.4√3
15.(?4,?0)∪(4,?8)
16.4√7
3
三、解答题（本题共计 6 小题，共计70分）
17.解：(1)当l斜率不存在时，
直线l方程为x=2，与圆C相切，满足题意；
当l斜率存在时，
设直线方程为：y?1=k(x?2)，即kx?y?2k+1=0，
∵ 圆C圆心坐标为(0,0)，半径r=2，
∵ 圆心到直线l的距离d=
√k2+1
=2，
解得：k=?3
4
，
∵ 直线l方程为?3
4x?y+5
2
=0，
即3x+4y?10=0.
综上所述：
过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程为：x=2或3x+4y?10=0.
(2)由(1)知，直线l斜率存在，可设其方程为kx?y?2k+1=0，
设圆心到直线l距离为d，
∵ |AB|=2√r2?d2=2√4?d2=2√3，
∵ d=1，
即d=
√k2+1
=1，
解得：k=0或k=4
3
，
∵ 直线l的方程为?y+1=0或4
3x?y?5
3
=0，
即y=1或4x?3y?5=0.
【解答】
解：(1)当l斜率不存在时，
直线l方程为x=2，与圆C相切，满足题意；
当l斜率存在时，
设直线方程为：y?1=k(x?2)，即kx?y?2k+1=0，∵ 圆C圆心坐标为(0,0)，半径r=2，
∵ 圆心到直线l的距离d=
√k2+1
=2，
解得：k=?3
4
，
∵ 直线l方程为?3
4x?y+5
2
=0，
即3x+4y?10=0.
综上所述：
过点P(2,1)且与圆C相切的直线l的方程为：x=2或3x+4y?10=0.
(2)由(1)知，直线l斜率存在，可设其方程为kx?y?2k+1=0，
设圆心到直线l距离为d，
∵ |AB|=2√r2?d2=2√4?d2=2√3，
∵ d=1，
即d=
√k2+1
=1，
解得：k=0或k=4
3
，
∵ 直线l的方程为?y+1=0或4
3x?y?5
3
=0，
即y=1或4x?3y?5=0.
18.
【答案】
(1)证明：∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，
∵ AD⊥平面PCD．
又∵ PC?平面PCD，
∵ AD⊥PC．
在△PCD中，PC=PD=√2，CD=2，
PC2+PD2=CD2，
∵ PC⊥PD．
∵ PD∩AD=D，PD，AD?平面PAD，
∵ PC⊥平面PAD．
(2)解：如图，设点D到平面PAB的距离为?，
取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PH⊥AB于H，
则PO⊥CD．
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
∵ PO⊥平面ABCD．
∵ PO=1
2
CD=1，OA=√5，
∵ 在△POA中，PA=√6，
同理，PB=√6．
∵ △PAB是等腰三角形．
由V D?PAB=V P?ABD得：
1 3?S△PAB??=1
3
S△ABD?PO，
1 2?AB?PH??=1
2
AB?AD?PO，
解得?=2√5
5
，
∵ 点D到平面PAB的距离为2√5
5
．
【解答】
(1)证明：∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，
∵ AD⊥平面PCD．
又∵ PC?平面PCD，
∵ AD⊥PC．
在△PCD中，PC=PD=√2，CD=2，
PC2+PD2=CD2，
∵ PC⊥PD．
∵ PD∩AD=D，PD，AD?平面PAD，
∵ PC⊥平面PAD．
(2)解：如图，设点D到平面PAB的距离为?，
取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PH⊥AB于H，
则PO⊥CD．
∵ 平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∵ PO⊥平面ABCD．
∵ PO=1
2
CD=1，OA=√5，
∵ 在△POA中，PA=√6，
同理，PB=√6．
∵ △PAB是等腰三角形．
由V D?PAB=V P?ABD得：
1 3?S△PAB??=1
3
S△ABD?PO，
1 2?AB?PH??=1
2
AB?AD?PO，
解得?=2√5
5
，
∵ 点D到平面PAB的距离为2√5
5
．19.
【答案】
解：(1)由AC 边上的高BH 所在直线方程为x ?2y ?5=0，可知k AC =?2.
又A(5，1)，
故AC 边所在直线方程为y ?1=?2(x ?5)，即AC 边所在直线方程为2x +y ?11=0． (2)联立{2x +y ?11=0,
2x ?y ?5=0,
解得{x =4,y =3,
所以顶点C 的坐标为(4，3). 又因为BH 所在直线的斜率为1
2，
故所求直线方程为y ?3=1
2(x ?4)，即x ?2y +2=0．
【解答】
解：(1)由AC 边上的高BH 所在直线方程为x ?2y ?5=0，可知k AC =?2.
又A(5，1)，
故AC 边所在直线方程为y ?1=?2(x ?5)，即AC 边所在直线方程为2x +y ?11=0． (2)联立{2x +y ?11=0,
2x ?y ?5=0,
解得{x =4,y =3,
所以顶点C 的坐标为(4，3). 又因为BH 所在直线的斜率为1
2，故所求直线方程为y ?3=12(x ?4)，即x ?2y +2=0． 20.
【答案】
(1)证明：连接A 1B ，
在△A 1BC 中，
∵ E 和F 分别是BC 和A 1C 的中点，∵ EF?//?A 1B ，
又∵ A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，
∵ EF?//?平面A1B1BA.
(2)证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，
∵ AE⊥BC．
∵ A1A⊥平面ABC，BB1?//?AA1，
∵ B1B⊥平面ABC.
∵ AE?平面ABC，
∵ B1B⊥AE．
又∵ B1B?平面B1BC，BC?平面B1BC，B1B∩BC=B，∵ AE⊥平面B1BC.
∵ AE?平面AEA1，
∵ 平面AEA1⊥平面BCB1．
(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，
∵ N和E分别为B1C和BC的中点，
∵ NE平行且等于1
2
B1B，
∵ NE平行且等于A1A，
∵ 四边形A1AEN是平行四边形，
∵ A1N平行且等于AE.
又∵ AE⊥平面BCB1，
∵ A1N⊥平面BCB1，
∵ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.
在△ABC中，可得AE=2，
∵ A1N=AE=2.
∵ BM?//?AA1，BM=AA1，
∵ A1M?//?AB且A1M=AB.
又由AB⊥BB1，
∵ A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中，A1B1=√B1M2+A1M2=4，
在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1N
A1B1=1
2
，
∵ ∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.【解答】
(1)证明：连接A1B，
在△A1BC中，
∵ E和F分别是BC和A1C的中点，
∵ EF?//?A1B，
又∵ A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，
∵ EF?//?平面A1B1BA.
(2)证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，
∵ AE⊥BC．
∵ A1A⊥平面ABC，BB1?//?AA1，
∵ B1B⊥平面ABC.
∵ AE?平面ABC，
∵ B1B⊥AE．
又∵ B1B?平面B1BC，BC?平面B1BC，B1B∩BC=B，∵ AE⊥平面B1BC.
∵ AE?平面AEA1，
∵ 平面AEA1⊥平面BCB1．
(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，
∵ N和E分别为B1C和BC的中点，
B1B，
∵ NE平行且等于1
2
∵ NE平行且等于A1A，
∵ 四边形A1AEN是平行四边形，
∵ A1N平行且等于AE.
又∵ AE⊥平面BCB1，
∵ A1N⊥平面BCB1，
∵ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.
在△ABC中，可得AE=2，
∵ A1N=AE=2.
∵ BM?//?AA1，BM=AA1，
∵ A1M?//?AB且A1M=AB.
又由AB⊥BB1，
∵ A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中，A1B1=√B1M2+A1M2=4，
在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1N
A1B1=1
2
，
∵ ∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.
21.【答案】
(1)证明：如图，取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG，
则AO⊥BC，又平面BCED⊥平面ABC，
平面BCED∩平面ABC=BC，
所以AO⊥平面BCED，
同理FG⊥平面BCED，
所以AO?//?FG，
又AO=FG，
所以四边形AOFG为平行四边形，
所以AG?//?OF，AG//平面BCF，
又DE?//?BC，DE//平面BCF，
又因为AG和DE交于点G，
所以平面ADE?//?平面BCF．
(2)解：连结GO，则GO⊥BC，
又AO⊥BC，
所以∠GOA为二面角D?BC?A的平面角，
所以∠GOA=150°.
因为BC⊥GO，BC⊥AO，
所以BC⊥平面AOG，
所以平面ADE⊥平面AOG，且交线为AG，
又因为OG//BD，
所以OG与平面ADE所成的角即为所求.
过O在平面AOG中作OM⊥AG于M，
则OM⊥平面ADE，
所以∠OGM即为所求的角.
因为AG2=22+(√3)2?2×2×√3cos150°=7+6=13,即AG=√13.
所以1
2×√13×OM=1
2
×2×√3sin150°，
所以OM=√39
13
.
所以sin∠OGM=OM
OG =√39
26
.
【解答】
(1)证明：如图，取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG，
则AO⊥BC，又平面BCED⊥平面ABC，
平面BCED∩平面ABC=BC，
所以AO⊥平面BCED，
同理FG⊥平面BCED，
所以AO?//?FG，
又AO=FG，
所以四边形AOFG为平行四边形，
所以AG?//?OF，AG//平面BCF，
又DE?//?BC，DE//平面BCF，
又因为AG和DE交于点G，
所以平面ADE?//?平面BCF．
(2)解：连结GO，则GO⊥BC，
又AO⊥BC，
所以∠GOA为二面角D?BC?A的平面角，
所以∠GOA=150°.
因为BC⊥GO，BC⊥AO，
所以BC⊥平面AOG，
所以平面ADE⊥平面AOG，且交线为AG，
又因为OG//BD，
所以OG与平面ADE所成的角即为所求.
过O在平面AOG中作OM⊥A G于M，
则OM⊥平面ADE，
所以∠OGM即为所求的角.
因为AG2=22+(√3)2?2×2×√3cos150°=7+6=13,
即AG=√13.
所以1
2×√13×OM=1
2
×2×√3sin150°，
所以OM=√39
13
.
所以sin∠OGM=OM
OG =√39
26
.
22. 【答案】解：(1)联立得：{
y =x ?1，y =2x ?4.
解得：{x =3，y =2.
，∵ 圆心C(3,?2)．
若k 不存在，不合题意；
若k 存在，设切线为：y =kx +3，可得圆心到切线的距离d =r ，即
√1+k 2
=1，
解得：k =0或k =?3
4，
则所求切线为y =3或y =?3
4x +3.
(2)设点M(x,?y)，由MA =2MO ，知：√x 2+(y ?3)2=2√x 2+y 2，化简得：x 2+(y +1)2=4，
∵ 点M 的轨迹为以(0,??1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D ，又∵ 点M 在圆C 上，C(a,?2a ?4)，∵ 圆C 与圆D 的关系为相交或相切，
∵ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=√a 2+(2a ?3)2，∵ 1≤√a 2+(2a ?3)2≤3，解得：0≤a ≤
125
，
∵ 圆心C 的横坐标a 的取值范围为[0,12
5]. 【解答】解：(1)联立得：{
y =x ?1，y =2x ?4.
解得：{x =3，y =2.
，∵ 圆心C(3,?2)．
若k 不存在，不合题意；
若k 存在，设切线为：y =kx +3，可得圆心到切线的距离d =r ，即
√1+k 2
=1，
解得：k =0或k =?3
4，
则所求切线为y =3或y =?3
4x +3.
(2)设点M(x,?y)，由MA =2MO ，知：√x 2+(y ?3)2=2√x 2+y
2，化简得：x 2+(y +1)2=4，
∵ 点M 的轨迹为以(0,??1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D ，又∵ 点M在圆C上，C(a,?2a?4)，
∵ 圆C与圆D的关系为相交或相切，
∵ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=√a2+(2a?3)2，∵ 1≤√a2+(2a?3)2≤3，，
解得：0≤a≤12
5
].
∵ 圆心C的横坐标a的取值范围为[0,12
5。