2019-2020学年河北省唐山市玉田县高二(上)期中数学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年河北省唐山市玉田县高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知点A(5,2)，B(4,1)，则直线AB的倾斜角是()
A. π
4B. π
6
C. π
3
D. 3π
4
2.某几何体的三视图如图所示，它的体积为()
A. 72π
B. 48π
C. 30π
D. 24π
3.若直线(1−a)x+ay−3=0与(2a+3)x+(a−1)y−2=0互相垂直，则a等于()
A. −3
B. 1
C. 0或−3
2
D. 1或−3
4.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥BC，AB=BC=2，CC1=2√2，则异面直线AC1与A1B1
所成的角为()
A. 30∘
B. 45∘
C. 60∘
D. 90∘
5.若原点到直线ax+by+1=0的距离为1
2
，则两圆(x−a)2+y2=1，x2+(y−b)2=1的位置关系是()
A. 内切
B. 外切
C. 内含
D. 外离
6.平面四边形ABCD的直观图如图所示，其中四边形A′B′C′D′为平行
四边形，且A′C′=B′D′=2，则四边形ABCD的面积为()
A. √2
B. 2√2
C. 4
D. 8
7.如果直线l，m与平面α、β、γ满足β∩γ=l，l//α，m⊆α，m⊥γ，那么必有()
A. m//β且l⊥m
B. α//β且α⊥γ
C. α⊥β且m//γ
D. α⊥γ且l⊥m
8.直线y=2x−1被圆x2+y2=1截得的弦长等于()
A. 4√5
5B. 2√5
5
C. √3
D. 2
9.过圆x2+y2=25上一点P(−4,−3)的圆的切线方程为()
A. 4x−3y−25=0
B. 4x+3y+25=0
C. 3x+4y−25=0
D. 3x−4y−25=0
10.光线通过点A(2,3)，在直线l：x+y+1=0上反射，反射光线经过点B(1,1)，则反射光线所在
直线方程为()
A. 4x−5y+1=0
B. 4x+5y−1=0
C. 3x−4y+1=0
D. 3x−4y−1=0
11.在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x+y−4=
0相切，则圆C面积的最小值为()
A. 4
5π B. 3
4
π C. (6−2√5)π D. 5
4
π
12.已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若AB=4√3，∠ACB=60°.则球内的
三棱锥O−ABC的体积的最大值为()
A. 8√3
B. 10√3
C. 12√3
D. 16√3
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知菱形ABCD中，∠ABC=60∘，沿对角线AC折叠之后，使
得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B−CD−A的余弦值为
_______
14.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______ ，
体积为______ ．
15.经过两点(3,9)，(−1,1)的直线在x轴上的截距为________．
16.已知点P(x,y)在圆C：x2+(y−1)2=1上运动，则y−1
的取值范围是______ ．
x−2
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.如图，已知A1B1C1−ABC是三棱柱，D是AC的中点．求证：AB1//平面DBC1．
18.若直线l1与直线l2：3x−4y−20=0平行且距离为3，求直线l1的方程．
19.如图：在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是菱形，四边形
CBB1C1是矩形，AC=5，CB=3，AB=4，∠A1AB=60°．
(1)求证：平面CA1B⊥平面ABB1A1；
(2)求直线A1C与平面ABC所成角的正切值．
20.已知直线l与圆C：x2+y2+2x−4y+a=0相交于A，B两点，弦AB的中点为M(0,1)，求实数
a的取值范围以及直线l的方程．
21.如图，在四棱锥中O−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧棱OB⊥底面ABCD，且侧
棱OB的长是4，点E，F，G分别是AB，OD，BC的中点．
(1)证明：OD⊥平面EFG；
(2)求三棱锥O−EFG的体积．
22.已知圆C:(x−3)2+(y−4)2=4,直线l1过定点A(1,0)．
(1)若l1与圆相切，求直线l1的方程；
(2)若l1与圆相交于P,Q两点，线段PQ的中点为M，又l1与l2:x+2y+2=0的交点为N，判断
|AM|⋅|AN|是否为定值，若是，求出其定值，若不是，请说明理由
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：
【分析】
本题考查了直线的倾斜角，考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．
由两点的坐标求得直线AB的斜率，再由倾斜角的正切值等于斜率求得倾斜角的值．【解答】
解：由A(5,2)，B(4,1)，可得
直线AB的斜率k=2−1
5−4
=1．
设直线AB的倾斜角为α(0°≤α<180°)，
则tanα=1，α=π
4
．
故选A．
2.答案：C
解析：
【分析】
本题考查了空间几何体的三视图及几何体体积，是基础题．
由题意可知该几何体为半球和圆锥的组合体，容易求得其体积．
【解答】
解：由题意可知该几何体为半球和圆锥的组合体，
V
半球=1
2
×4
3
π·33=18π，
V
圆锥=1
3
×4π·32=12π，
所以该几何体体积为30π，
故选C．
3.答案：D
解析：
【分析】
本题考查两条直线垂直的条件，属于基础题．
根据两直线互相垂直，得出(1−a)(2a+3)+a(a−1)=0，即可求解答案．【解答】
解：由题意，直线(1−a)x+ay−3=0与(2a+3)x+(a−1)y−2=0互相垂直，
所以(1−a)(2a+3)+a(a−1)=0，
即a2+2a−3=0，
解得a=1或−3．
故选D．
4.答案：C
解析：
【分析】
本题考查异面直线所成的角的大小，考查空间想象能力和运算求解能力，是基础题．
由题意画出图形，连接AC1，BC1，可知∠BAC1为异面直线AC1与A1B1所成的角．然后求解三角形得答案．
【解答】
解：连接AC1，BC1，可知∠BAC1为异面直线AC1与A1B1所成的角．
∵△ABC1为直角三角形，且AB⊥BC1，AB=2，
BC1=√(2√2)2+22=2√3，
∴tan∠BAC1=√3，得∠BAC1=60°．
即异面直线AC1与A1B1所成的角为60°．
故选C．
5.答案：B
解析：解：∵原点到直线ax+by+1=0的距离为1
2
，
∴
√a2+b2=1
2
，
∴a2+b2=4，
两圆(x−a)2+y2=1，x2+(y−b)2=1的圆心之间的距离d=√a2+b2=2=1+1，
则两圆的位置关系是外切．
故选：B．
利用两点间的距离公式，求出a2+b2=4，可得两圆心的距离d，然后得出与两圆半径之间的关系，即可得到两圆的位置关系．
本题考查圆与圆的位置关系，位置关系分别是：当0≤d<R−r时，两圆内含；当d=R−r时，两圆内切；当R−r<d<R+r时，两圆相交；当d=R+r时，两圆外切；当d>R+r时，两圆外离(其中d表示两圆心间的距离，R，r分别表示两圆的半径)．
6.答案：C
解析： 【分析】
本题主要考查斜二测法的应用，属于中档题.记住结论：所有平面图形用斜二测画法作出的直观图，它的面积都是原来的√2
4倍.
【解答】
解：易知直观图的面积为2×1
2
×2×√2
2
=√2，
又
S A ′B ′C ′D ′S ABCD
=
√2
4
， 所以四边形ABCD 的面积为√2√2=4． 故选C ．
7.答案：D
解析：解：∵m ⊂α和m ⊥γ，∴α⊥γ， ∵l =β∩γ，l ⊂γ.∴l ⊥m ． 故选D ．
由m ⊂α和m ⊥γ知α⊥γ，由l =β∩γ，l ⊂γ.知l ⊥m ，得到结果．
本题考查空间中直线与平面间的位置关系的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
8.答案：A
解析：解：圆x 2+y 2=1的圆心O(0,0) 则：圆心O(0,0)到直线y =2x −1的距离：d =
√5
=
√5
5
， 则：直线y =2x −1被圆x 2+y 2=1截得的弦长l =2(√55)=4√55．
故选：A ．
首先利用圆心到直线的距离公式求得d ，进一步利用勾股定理求得结果． 本题考查的知识要点：点到直线的距离公式，勾股定理的应用，属于基础题型．
9.答案：B
解析：解：由于直线OP 的斜率为−3
−4=3
4，故圆在点P 处的切线的斜率为−4
3， 故切线的方程为y +3=−4
3(x +4)，即4x +3y +25=0， 故选：B ．
先求出直线OP的斜率，可得圆在点P处的切线的斜率，再利用点斜式求得圆在点P(−4,−3)处的圆的切线方程．
本题主要考查圆的切线性质，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
10.答案：A
解析：
【分析】本题考查了直线关于直线的对称直线方程的求法、斜率、中点坐标的应用．
【解答】解：设点A(2,3)关于直线l：x+y+1=0的对称点为A1(x0,y0)，
则{x0+2
2
+y0+3
2
+1=0
y0−3
x0−2
=1
，可得A1(−4,−3)．
由于反射光线所在直线经过点A1(−4,−3)和B(1,1)，
所以反射光线所在直线的方程为y−1=1+3
1+4
(x−1)，即4x−5y+1=0．
故选A．
11.答案：A
解析：
【分析】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查圆的面积的最小值的求法，如图，设AB的中点为C，坐标原点为O，圆半径为r，由已知得|OC|=|CE|=r，过点O作直线2x+y−4=0的垂直线段OF，交AB于D，交直线2x+y−4=0于F，则当D恰为AB中点时，圆C的半径最小，即面积最小．【解答】
解：如图，设AB的中点为C，坐标原点为O，圆半径为r，
由已知得|OC|=|CE|=r．
过点O 作直线2x +y −4=0的垂直线段OF ， 交AB 于点D ，交直线2x +y −4=0于点F ，
则当D 恰为OF 中点时，圆C 的半径最小，即面积最小． 此时圆的直径为点O(0,0)到直线2x +y −4=0的距离，且d = |−4| √
4+1
 = 4
√5
,
此时r =
1 
2
 d = 2
√5
 ，
∴圆C 的面积的最小值为：S min =π×( 2
√5 )2=
 4π5
 ．
故选A ．
12.答案：C
解析：解：由球O 得表面积为100π，得球半径R =5， ∵AB =4√3，∠ACB =60°．
∴A ，B ，C 三点所在圆的半径r =1
2×4√3
sin60°=4，
∴球心O 到平面ABC 的距离d =√R 2−r 2=3．
在△ABC 中，由(4√3)2=AC 2+BC 2−2AC ⋅BC ⋅cos60°， 得48=AC 2+BC 2−AC ⋅BC ≥AC ⋅BC ， 则(S △ABC )max =1
2AC ⋅BC ⋅sin60°=12√3．
∴球内的三棱锥O −ABC 的体积的最大值为1
3×12√3×3=12√3． 故选：C ．
由题意画出图形，由已知求出球O 的半径，再由正弦定理求出三角形ABC 外接圆的半径，利用勾股定理求O 到平面ABC 的距离，利用余弦定理及不等式求AC ⋅BC 的最大值，可得三角形ABC 面积的最大值，代入棱锥体积公式求解．
本题考查球心到平面的距离的求法，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
13.答案：√55
解析：
【分析】
本题考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
取AC 的中点E ，分别以EA ，ED ，EB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B −CD −A 的余弦值．
【解答】
解：如图取AC 的中点E ，分别以EA ，ED ，EB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 令菱形ABCD 的边长为2，
则A (1,0,0)，C (−1,0,0)，D(0,√3,0)，B(0,0,√3)
设平面BCD 的法向量为n
⃗ =(x,y,z )， ∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,−√3)，BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,−√3)， {−x −√3z =0√3y −√3z =0
, 令z =√3则y =√3，x =−3，
即n ⃗ =(−3,√3,√3)，
平面ACD 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0,1)， 令二面角B −CD −A 的夹角为θ，
|cosθ|=|n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√31×√15=√55
， 因二面角B −CD −A 为锐二面角，
所以cosθ=√5
5
． 故答案为√55． 14.答案：2+2√5；2
3
解析：解：如图所示，该几何体为三棱锥，P −ABC ，其中PA ⊥底面ABC ，
AC ⊥BC ，PA =2，AC =1，BC =2．
∴该几何体的表面积S =12×2×1+12×1×2+12×√5×2+12×√5×2=2+
2√5，
体积V =13×2×12×1×2=23．
故答案为：2+2√5，23．
如图所示，该几何体为三棱锥，P −ABC ，其中PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA =2，AC =1，
BC =2.即可得出．
本题考查了三棱锥的三视图、表面积与体积的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 15.答案：−3
2
解析：
【分析】
本题考查了直线的两点式方程，属于基础题.先写出直线的两点式方程，整理成一般式方程，再令y =0，即可．
【解答】
解：由两点式，得所求直线的方程为y−19−1=x+13+1，
即2x −y +3=0，
令y =0，得x =−32．
故答案为−32．
16.答案：[−√33,√33
]
解析：解：由题意可得，则 y−1
x−2表示圆C ：x 2+(y −1)2=1上的点P(x,y)与点A(2,1)连线的斜率， 设过点A 的圆的切线斜率为k ，则圆的切线方程为y −1=k(x −2)，即kx −y −2k +1=0， 由圆心(0,1)到切线的距离等于半径可得√k 2+1=1，求得k =±√33
， 故 y−1x−2的取值范围是[−√33,√33]，
故答案为[−√3
3,√3 3
].
y−1
x−2
表示圆C：x2+(y−1)2=1上的点P(x,y)与点A(2,1)连线的斜率，设过点A的圆的切线斜率为k，
用点斜式求得圆的切线方程，由圆心(0,1)到切线的距离等于半径求得k的值，可得y−1
x−2
的取值范围．本题主要考查直线的斜率公式，直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化、数形结合的数学思想，属于基础题．
17.答案：证明：连结B1C，交BC1于点O，连结OD，
∵A1B1C1−ABC是正三棱柱，
∴BCC1B1是矩形，
∴O是B1C的中点，
又D是AC的中点，
∴OD//AB1，
∵OD⊂平面DBC1，AB1⊄平面DBC1，
∴AB1//平面DBC1．
解析：本题考查线面平行的判定，正三棱柱的结构特征．
连结B1C，交BC1于点O，连结OD，由已知得OD//AB1，由此能证明AB1//平面DBC1．
18.答案：解：设直线l1的方程为3x−4y−c=0，
则两直线的距离为
√32+42=|c−20|
5
=3，
解得c=5或35，
所以直线l1的方程为：3x−4y−5=0或3x−4y−35=0．
解析：本题考查两条直线平行的直线方程求法，要求学生熟练运用公式.属基础题．
l 1：ax+by=c1，l
2:
ax+by=c2平行，距离为d⇔d=12
√a2+b2
运用此结论求解．
19.答案：解：(1)∵AC=5，CB=3，AB=4
∴AC2=BC2+AB2∴AB⊥BC，
又∵四边形CBB1C1是矩形
∴CB⊥BB1,
又∵AB∩BB1=B
∴BC⊥平面ABB1A1
又∵BC⊂平面CA1B
∴平面CA1B⊥平面ABB1A1,
(2)取AB的中点D，连结A1D，CD，
∵∠A1AB=60°，AA1=AB
∴△AA1B为正三角形
∴A1D⊥AB，
由(Ⅰ)可知BC⊥平面ABB1A1,
∵BC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ABB1A1,
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，
∴A1D⊥平面ABC，
∴CD是A1C在平面ABC上的投影，
∴∠A1CD是直线A1C与平面ABC所成的角，在Rt△A1CD中，A1D=2√3,CD=√13，
∴tan∠A1CD=A1D
CD =2√39
13
，
∴直线A1C与平面ABC所成角的正切值为2√39
13
．
解析：本题考查直线与平面所成角的求法，平面与平面垂直的判定，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
(1)利用勾股定理证明AB⊥BC，推出CB⊥BB1，然后证明BC⊥平面ABB1A1，得到平面CA1B⊥平面ABB1A1．
(2)取AB的中点D，连结A1D，CD，说明A1CD是直线A1C与平面ABC所成的角，在Rt△A1CD中，转化求解即可．
20.答案：a的取值范围为(−∞,3)．
直线l的方程为x−y+1=0．
解析：圆C的方程可化为(x+1)2+(y−2)2=5−a，圆心为C(−1,2)，半径r=√5−a(a<5).因为
M(0,1)为弦AB的中点，CM=√2<√5−a，所以a<3，故a的取值范围为(−∞,3).因为CM⊥AB，所以k CM·k AB=−1.又k CM=−1，故可解得k AB=1，所以直线l的方程为x−y+1=0．
21.答案：(1)证明：连接OE、DE、DG、OG，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，E是AB的中点，
∴DE=2√5，
又侧棱OB⊥底面ABCD，AB⊂面ABCD，OB⊥AB，
又OB=4，EB=2，OE=2√5，DE=OE=2√5，
∴△ODE是等腰三角形，
∵F是OD的中点，∴EF⊥OD．
同理DG=OG=2√5，△ODG是等腰三角形，
∵F是OD的中点，∴FG⊥OD，
∵EF∩FG=F，EF，FG⊂面EFG，
∴OD⊥平面EFG；
(2)解：连接DB，
∵侧棱OB⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴OB⊥BD，
OB=4，BD=4√2，则OD=4√3，
由(1)知：OD⊥平面EFG，OF是三棱锥中O到平面EFG的距离，
∵F是OD的中点，OF=2√3，DE=OE=2√5，EF⊥OD，则EF=2√2，同理可得FG=2√2，
四边形ABCD是边长为4的正方形，E、G分别是AB、BC的中点，
EG=2√2，
则△EFG是等边三角形，S△EFG=2√3，
∴三棱锥O−EFG的体积V O−EFG=1
3×S△EFG×OF=1
3
×2√3×2√3=4．
解析：本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由已知证明EF⊥OD.FG⊥OD，由此能证明OD⊥平面EFG；
(2)由OD⊥平面EFG，得以OF是三棱锥中O到平面EFG的距离，由此能求出三棱锥O−EFG的体积．
22.答案：解：(1)①若直线l1的斜率不存在，即直线是x=1，符合题意，
②若直线l1的斜率存在，设直线l1为y=k(x−1)，
即kx−y−k=0．
由题意知，圆心(3,4)到直线l1的距离等于半径2，
即
2
=2，
解得k=3
4
，所求直线方程是x=1，3x−4y−3=0．
(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且斜率为正数，可设直线方程为kx−y−k=0，由{x+2y+2=0,
kx−y−k=0,
得N(2k−2
2k+1,−3k
2k+1
)．
又直线CM与l1垂直，由{y=kx−k,
y−4=−1
k
(x−3),
得M(k 2+4k+3
1+k
,4k2+2k
1+k
)，
∴AM⋅AN=√(
k2+4k+3
2
−1)2+(
4k2+2k
2
)2⋅√(
2k−2
−1)2+(−
3k
)2
=2|2k+1|
1+k2√1+k2⋅3√1+k2
|2k+1|
=6为定值．
故A M·AN是定值，且定值为6．
解析：本题主要考查椭圆标准方程，简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，圆的简单性质等基础知识．考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．(1)由直线l1与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，求得直线方程，注意分类讨论；
(2)分别联立相应方程，求得M，N的坐标，再求AM⋅AN．。