重庆市万州二中2018-2019学年高二期中考试数学文科试题(解析版)

万州二中高2020级高二上期期中考试
数学试卷（文科）
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.已知直线：，与：平行，则a的值是
A. 0或1
B. 1或
C. 0或
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得：或，故选C.
考点：直线平行的充要条件．
2.不论m为何实数，直线(m-1)x-y+2m+1=0恒过定点( )
A. B. (-2，0) C. (-2，3) D. (2，3)
【答案】C
【解析】
【分析】
将直线(m−1)x−y+2m+1=0可为变为m(x+2)+(−x−y+1)=0，令求两定直线的交点此点即为直线恒过的定点．
【详解】直线(m−1)x−y+2m+1=0可为变为m(x+2)+(−x−y+1)=0
令，解得.
故无论m为何实数，直线(m−1)x−y+2m+1=0恒通过一个定点(−2,3)
故选C.
【点睛】探索曲线过定点的常见方法有两种：①可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元（往
往可以化为的形式，根据求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点). ②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
3.垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是（）
A. 平行
B. 相交
C. 异面
D. A、B、C均有可能
【答案】D
【解析】
4.棱长分别为2、、的长方体的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.
【详解】设长方体的外接球半径为，由题意可知：
，则：，
该长方体的外接球的表面积为.
本题选择B选项.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
5.已知梯形是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图(如图所示)，其中
，，，则直角梯形边的长度是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知直角梯形中，，，，由此能求出直角梯形边的长度.
【详解】由直观图作出梯形是直角梯形，如图：
按照斜二测画法画，可得出它的直观图，
直角梯形中,，
过作，交于,
则，
直角梯形边的长度为，故选B .
【点睛】本题主要考查斜二测画法的基本原理与性质，以及由直观图还原平面图形，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.
6.如图，在正方体中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；②直线BN与MB1是异面直线；
③直线AM与BN是平行直线；④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为（）
A. ③④
B. ①②
C. ①③
D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
利用异面直线的定义，结合四点不共面，即可得结果.
【详解】
四点不共面，
直线与是异面直线，故①错误；
直线与不同在任何平面内，是异面直，故②正确；
直线与不同在任何平面内，是异面直线，故③错误；
直线与不同在任何平面内，是异面直，故④正确，故选D.
【点睛】本题主要考査空间直线的位置关系，意在考查异面直线的定义以及空间想象能力，解题时要认真审题，注意空间想象能力的培养.
7.长方体ABCD-A1B1C1D1中，∠BAB1=60°，则C1D与B1B所成的角是（）
A. 60°
B. 90°
C. 30°
D. 45°
【答案】C
【解析】
【分析】
由长方体的性质可得与所成的角就是与所成的角，利用直角三角形的性质可得结果.
【详解】长方体中，
与所成的角，
就是与所成的角，
即与所成的角为，故选C.
【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.
8.一个直角梯形的两底长分别为2和5，高为4，绕其较长的底旋转一周，所得的几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先确定几何体的形状为圆锥与圆柱的组合体，根据已知条件所给数据，求出组合体的体积即可.
【详解】直角梯形绕其较长的底旋转一周后，所得的几何体是半径为4、高为2的圆柱和半径为4、高为3的
圆锥组成，所以,体积，故选C.
【点睛】本题考查旋转体的体积，考查空间想象能力，逻辑思维判断能力，计箅能力，是基础题.
9.已知正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）底面边长为1且侧棱长为4,为的中点,从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把正三棱拄展开为平面图，得到矩形,则从拉一条绳子绕过侧棱到达的最短绳长为，由勾股定理可得结果.
【详解】
如图，把正三棱柱展开成平面图,
得到矩形，其中是中点,
是中点，连接，
则从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为，
正三棱柱的底面边长为1，可得，
侧棱长为4 , 为的中点，可得
从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为
，故选B.
【点睛】本题通过最短绳长的求法,主要考查正三棱柱结构特征、正三棱柱的展开图等基础知识，意在考查空间想象能力、考查运算求解能力，以及转化与划归思想的应用,属于中档题.
10.曲线x2+y2+4x-4y=0关于( )
A. 直线x=4对称
B. 直线x+y=0对称
C. 直线x-y=0对称
D. 直线 (-4,4)对称
【答案】B
【解析】
【分析】
求出圆的圆心坐标，则当直线过圆心时，圆关于直线对称.
【详解】曲线x2+y2+4x-4y=0化为：(x+2)2+(y−2)2=8，圆的圆心坐标(−2,2).
由于(−2,2)满足直线x+y=0，
所以曲线x2+y2+4x-4y=0关于直线x+y=0对称.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了圆的对称性，属于基础题.
11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是（）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图作出三棱锥的直观图，计算四个侧面的面积进行比较即可得结果.
【详解】作出三棱锥的直观图如图所示，
过作,垂足为,连结，
由三视图可知平面，
，
，
，，
，
三棱锥的四个面中，侧面的面积最大为，故选B.
【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
12.已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出△PAD所在圆的半径，利用勾股定理求出球O的半径R，即可求出球O的表面积．
【详解】令△P AD所在圆的圆心为O1,△P AD为正三角形,AD=2,则圆O1的半径，
因为平面P AD⊥底面ABCD，AB=4，
所以OO1=AB=2，
所以球O的半径，
所以球O的表面积=4πR2=.
故选：B.
【点睛】本题考查球O的表面积，求得外接球的半径是解答的关键，此类问题的解答中正确把握空间几何体的结构特征是解答的基础，同时着重考查了学生的空间想象能力和推理运算能力.
二、填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13.若三点A(-2，12)，B(1，3)，C(m，-6)共线，则m的值为____．
【答案】4
【解析】
【分析】
由三点共线的性质可得AB和AC的斜率相等，由坐标表示斜率解方程即可得解.
【详解】由题意可得k AB=k AC,∴，∴m=4，
故答案为4.
【点睛】本题主要考查了三点共线，斜率的坐标表示，属于基础题.
14.平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，则此球的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用平面截球的球面所得圆的半径为1 ,球心到平面的距离为,求出球的半径，然后求解球的体积. 【详解】因为平面截球的球面所得圆的半径为1 ,
球心到平面的距离为，
所以球的半径为：，
所以球的体积为：，故答案为.
【点睛】本题考查球的体积公式，考查空间想象能力、计算能力.求解与球的截面有关的问题过程中一定要注意运用性质.
15.若圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形则圆柱的体积为________.
【答案】
【解析】
试题分析：设圆柱的底面半径为，高为，底面积为，体积为，则有，故底面面积
，故圆柱的体积.
考点：圆柱的体积
16.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为____．
【答案】
【解析】
【分析】
取BC中点E，DC中点F，连结DE、BF，则由题意得DE∩BF=O，取OD中点N，连结MN，则MN∥AO，从而∠BMN是异面直线BM与AO所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线BM与AO所成角的余弦值．
【详解】
取BC中点E，DC中点F，连结DE、BF，则由题意得DE∩BF=O，
取OD中点N,连结MN,则MN∥AO，
∴∠BMN是异面直线BM与AO所成角(或所成角的补角)，
设正四面体ABCD的棱长为2,由，
∴，
∵O是点A在底面BCD内的射影,MN∥AO，∴MN⊥平面BCD，
∴，
∴异面直线BM与AO所成角的余弦值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中根据几何体的结构特征，把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答异面直线所成角的关键，着重考查了推理与论证能力，以及转化思想的应用. 三、解答题（本大题共6小题，共计70分）
17.已知直线，求：
(1)点P（4,5）关于l的对称点；
(2)直线x-y-2=0关于直线l对称的直线方程.
【答案】(1)（－2，7）(2) 7x＋y＋22＝0
【解析】
【分析】
（1）设P（x，y）关于直线：3x－y＋3＝0的对称点为，则有和PP'的中点在直线3x－y＋3＝0上，列方程组求解即可；
（2）将（1）中关于关于l的对称点的解代入x－y－2＝0中的x，y即可得解.
【详解】(1)设P（x，y）关于直线：3x－y＋3＝0的对称点为则
∵，即．①
又PP'的中点在直线3x－y＋3＝0上，
∴．②
由①②得．
把x＝4，y＝5代入③④得＝－2，＝7，
∴P（4，5）关于直线的对称点的坐标为（－2，7）．
（2）用③④分别代换x－y－2＝0中的x，y得关于的对称直线方程为
．
化简得7x＋y＋22＝0．
【点睛】本题主要考查直线关于直线对称的直线方程，属于中档题. 解析几何中点对称问题，主要有以下三种
题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且点在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解. 18.如图所示，四棱锥V-ABCD的底面为边长等于2的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧
棱长均为4，求这个四棱锥的体积及表面积.
【答案】，.
【解析】
【分析】
先判断四棱锥为底面为边长等于2的正四棱锥，顶点与底面正方形中心的连线为棱锥的高，由勾股定理可得，结合棱锥的体积公式可求得这个四棱锥的体积，求出底面积与四个侧面的面积可得棱锥的表面积.
【详解】
连结交于点,连结,
∵四棱锥的底面为边长等于2的正方形，顶点与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长4，∴，∴
∴这个四棱锥的体积：
∴该四棱锥的表面积：
【点睛】本题主要考查正四棱锥的性质，以及棱锥的表面积与体积公式，意在考查空间想象能力以及综合应用所学知识解决问题的能力，属于中档题.
19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：AB∥EF；
（2）若PA=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF⊥平面PCD．
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【解析】
【分析】
（1）证明：AB∥平面PCD，即可证明AB∥EF；
（2）利用平面PAD⊥平面ABCD，证明CD⊥AF，PA=AD，所以AF⊥PD，即可证明AF⊥平面PCD. 【详解】（1）证明：底面ABCD是正方形，
AB∥CD ,
又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
AB∥平面PCD ,
又A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，
AB∥EF ;
（2）证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD ,
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD,CD⊄平面PAD
CD⊥平面PAD ,
又AF⊂平面PAD ,
CD⊥AF ,
由（1）可知，AB∥EF，
又AB∥CD，C,D,E,F在同一平面内，
CD∥EF ,
点E是棱PC中点，
点F是棱PD中点 ,
在△PAD中，PA=AD，
AF⊥PD ,
又PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD,
AF⊥平面PCD．
【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和线面垂直的证明，属于基础题.
20.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=A D,∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD的中点．
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．
（2）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M-AB-D的余弦值即可．
【详解】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD,EF=AD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC EF, BC=EF
∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴直线CE平面PAB；
（2）解：四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=，
∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
可得：BN=MN，CN=MN，BC=1，可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M-AB-D的平面角，MQ=
=，二面角M-AB-D的余弦值为：=．
【点睛】本题考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角.面面角一般是要么定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，或者建系来做.
21.已知圆C的圆心坐标且与线y=3x+4相切，
（1）求圆C的方程；
（2）设直线与圆C交于M，N两点，那么以MN为直径的圆能否经过原点，若能，请求出直线MN 的方程；若不能，请说明理由．
【答案】（1）（x-2）2+y2=10（2）y=-x+1+或y=-x+1-
【解析】
【分析】
（1）由直线与圆相切得，圆心到直线的距离即为半径，从而得解；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），进而通过直线与圆联立得到2x2-（4+2m）x+m2-6=0，由韦达定理可得MN
中点H的坐标为（，），假设以MN为直径的圆经过原点，则有|OH|=|MN|，进而由垂径定理及坐标表示距离列方程求解即可.
【详解】（1）根据题意，
所以圆的标准方程为：（x-2）2+y2=10；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2）是直线y=-x+m与圆C的交点，
联立y=-x+m与（x-2）2+y2=10可得：2x2-（4+2m）x+m2-6=0，
则有x1+x2=m+2，x1•x2=，
则MN中点H的坐标为（，），
假设以MN为直径的圆经过原点，则有|OH|=|MN|，
圆心C到MN的距离d=，
则有|MN|=2=2，
又由|OH|=|MN|，
则有（）2+（）2=10-，
解可得m=1±，
经检验，m=1±时，直线与圆相交，符合题意；
故直线MN的方程为：y=-x+1+或y=-x+1-．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.
22.已知曲线
（1）若曲线C1是一个圆，且点P(1,1)在圆C1外，求实数m的取值范围；
（2）当m=2时，曲线关于直线x+1=0对称的曲线为,设P为平面上的点，满足：存在过P点的无穷多对互相垂直的直线,它们分别与曲线C1和曲线相交，且直线被曲线C1截得的弦长与直线l2被曲线C2截得的弦长总相等.求所有满足条件的点P的坐标；
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）依题意得，解不等式组即可得解；
（2）先根据对称求得圆的方程，由两圆的半径一样所以弦长相等等价于圆心到直线距离相等，从而得设直线的斜率为，则直线，同理直线，，整理得或，只需或，求解即可. 【详解】（1）依题意得，解得，即实数的取值范围是
（2）当时，圆，圆心，
半径，圆，圆心，半径.
因为要存在存在过P点的无穷多对互相垂直的直线，
所以必有无穷多对的斜率存在.设直线的斜率为，则
直线，同理直线，由于两圆半径相等，
要使得直线被曲线截得的弦长与直线被曲线截得的弦长总相等，
即，即，
即，所以
或|k-2-mk+n|+(-3+2k-m-kn)=0整理得或
因为对无穷个k都成立，所以
或，解得或即，
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.。