【文档说明】安徽省宿州市十三所省重点中学2019-2020学年高二上学期期中联考数学（理）试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.833 MB，由小赞的店铺上传

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宿州市十三所重点中学2019—2020学年度第一学期期中质量检测高二数学（理科）试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后

，用铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，只有一项是符合题目要求的.

）1.点4,1到直线4320xy的距离等于（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据点到直线距离公式，直接计算，即可得出结果.【详解】点4,1到直线4320xy的距离为16321535

169d.故选：C【点睛】本题主要考查求点到直线的距离，熟记公式即可，属于基础题型.2.下列说法正确的是（）A.三点确定一个平面B.四边形一定是平面图形C.梯形一定是平面图形D.平面和平面有不同在一条直线上的三个交点【答案】C【解析】A错误．不共

线的三个点才可以确定一个平面；B错误．四边形不一定是平面图形．如：三棱锥的四个顶点构成的四边形；C正确．梯形有一组对边平行，两条平行线确定一平面；D错误．两个平面有公共点，这些点共线，是两个平面的交线；故选C3.“3k”是“两直

线320kxy和2670kxy互相垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先由3k，求两直线的斜率，再由两直线垂直求k的取值，根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】当3k时，两直线320kxy

和2670kxy的斜率分别为：13k和13k，所以两直线垂直；若两直线320kxy和2670kxy互相垂直，则2(3)60kk，解得：3k；因此“3k”是“两

直线320kxy和2670kxy互相垂直”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定方法即可，属于基础题型.4.已知圆22122xy+与圆O关

于x轴对称，则圆O的方程是（）A.22211xyB.22122xyC.22212xyD.22212xy【答案】B【解析】【分析】先由已知圆的方程，得到已知圆的圆心坐标与半径，再由已知圆与所求圆的对称

关系，得到所求圆的圆心与半径，即可得出结果.【详解】因为圆22122xy+的圆心坐标为1,2，半径为2，又圆22122xy+与圆O关于x轴对称,所以圆O的圆心坐标为1,2，半径为2r；因此圆O的方程为：22122xy

.故选：B【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记即圆与圆位置关系即可，属于基础题型.5.若直线//l平面，直线a，则l与a的位置关系是（）A.la//B.l与a异面C.l与a相交D.l与a没有公共点【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面平行的性质，得到平面内的直线与l平行或异

面，进而可得出结果.【详解】因为直线//l平面，则平面内的直线与l平行或异面，又直线a，所以l与a平行或异面，即没有公共点.故选：D【点睛】本题主要考查线线位置关系的判定，熟记线线、线面位置关系即可，属于基础题型.6.圆222270xyxy截直线0xy所得的弦长等于（

）A.6B.211C.7D.27【答案】D【解析】【分析】先将圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标，与半径r，根据点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离d，再由弦长等于222rd，即可得出结果.【详解】因为222270xyxy可化为2211

9xy，所以圆22119xy的圆心为1,1，半径为3r，因为点1,1到直线0xy的距离为11211d，所以，圆222270xyxy截直线0xy所得的弦长22229227rd.故选：D【点睛】本题主

要考查求圆的弦长，熟记几何法求解即可，属于常考题型.7.一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为2的正方形，则原图形的周长是（）A.22B.42C.62D.82【答案】D【解析】【分析】根据斜二测画法的性质求解即可.【详解】由斜二测画法性质得,原图'2OAOA,2'4OBOB.故原

图形的周长为22221682OAAB故选：D【点睛】本题主要考查了斜二测画法的性质,属于基础题型.8.若过点1,3有两条直线与圆22210xyxym相切，则实数m的取值范围是（）A.,1

B.4,C.14,4D.1,1【答案】C【解析】【分析】先由方程表示圆，得到2212410m；再由过点1,3有两条直线与圆22210xyxym相切，得到点1

,3在圆22210xyxym外，列出不等式求解，即可得出结果.【详解】因为22210xyxym表示圆的方程，所以2212410m，即14m；又过点1,3有两条直线与圆22210xyxym相切，所以点1,3在圆2221

0xyxym外，因此221312(3)10m，即4m；综上，144m.故选：C【点睛】本题主要考查由直线与圆位置关系求参数，熟记过圆外一点的圆的切线条数的判定方法，以及圆

的一般方程即可，属于常考题型.9.已知二面角AB的平面角是锐角，内一点C到的距离为3，点C到棱AB的距离为4，那么tan的值等于A.34B.35C.77D.377【答案】D【解析】【详解】如图，作CE⊥AB，CD⊥β，连接ED，由条件可知，∠CE

D=θ，CD=3，CE=4337ED7tan77，，故选D10.直线10xy分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆2222xy上，则ABP面积的取值范围是（）A.15,22B.2,6C.2

52,22D.22,32【答案】A【解析】【分析】先由圆2222xy得到圆心坐标，根据点到直线距离公式，求出圆心到直线10xy的距离，确定直线与圆位置关系，求出圆上的点到直线的距离的范围，再由直

线方程求出A，B两点坐标，根据三角形面积公式，即可得出结果.【详解】因为圆2222xy的圆心为2,0，半径为2r，由点到直线距离公式可得：点2,0到直线10xy的距离为21322211d，所以直线与圆相离；又点P在圆2222

xy上，所以点P到直线10xy距离范围是：,drdr，即252,22；又直线10xy分别与x轴，y轴交于A，B两点，所以()1,0A，0,1B，因此2AB，所以12152222222ABPS，即1522

ABPS，故选：A【点睛】本题主要考查三角形面积的取值范围，熟记直线与圆位置关系，会求圆上的点到直线距离的范围即可，属于常考题型.11.如图，直三棱柱ABCABC的体积为V，点,PQ分别在侧棱AA和

CC上，APCQ，则四棱锥BAPQC的体积为（）A.2VB.3VC.4VD.5V【答案】B【解析】试题分析：不妨设三棱柱是正三棱柱，设底面边长a和侧棱长h均为1，则13311224ABCVSh认为,PQ分别为侧棱AA和CC上的中点，

则13113133232234BAPQCAPQCVS（其中32为ABC边AC上的高），所以13BAPQCVV．故选B．考点：柱、锥、台体的体积．【思路点睛】把问题给理想化，认为三棱柱是正三棱柱，设底面边长a和侧棱长h均为1，,P

Q分别为侧棱AA和CC上的中点，求出底面面积和高，即可求出四棱锥BAPQC的体积．本题考查柱、锥、台体的体积，考查计算能力，特殊化法，在解题中有独到效果，本题还可以让P或Q在特殊点，四棱锥变为三棱锥解答更好．12.若圆

M：224210xyxy上的任意一点Pmn,关于直线l：2390axby对称的点仍在圆M上，则22manb的最小值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】先由

题意，得到圆M关于直线l对称，即直线l过圆M的圆心；根据圆的方程，得到圆心坐标2,1与半径2r=，得到4390ab，从而推出22manb表示圆M上的点P到直线4390xy距离

的平方；求出圆心到直线4390xy的距离，进而可求出结果.【详解】因为圆M上的任意一点Pmn,关于直线l：2390axby对称的点仍在圆M上，所以圆M关于直线l对称，即直线l过圆M的圆心；又圆224210xyxy可化为22(2)(

1)4xy，其圆心为2,1，半径为2r=；所以有223190ab，即4390ab，因此,ab可表示直线4390xy上的点，又Pmn,是圆M：22421

0xyxy上的点，所以22manb表示圆M上的点P到直线4390xy距离的平方；由点到直线的距离公式可得：点2,1到直线4390xy的距离为8394169dr，因此直线4390xy与圆M相离，所以圆M上的点P到直线4390

xy距离的最小值为2dr，所以22manb的最小值为4.故选：D【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的综合，熟记直线与圆位置关系，会求圆上的点到直线的距离即可，属于常考题型.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.以点2,3P

为圆心，并且与y轴相切的圆的方程是______.【答案】22234xy【解析】【分析】先由题意，得到所求圆的半径，再由圆的标准方程，即可得出结果.【详解】因为所求圆以点2,3P为圆心，并且与y轴相切，所以所求圆的半径为2r=，因此，所求圆的方

程为：22234xy.故答案为：22234xy【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记圆的标准方程即可，属于基础题型.14.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________.【答案】48【解析】由几何体

的三视图可得该几何体是直三棱柱ABCABC，如图所示：其中，三角形ABC是腰长为4的直角三角形，侧面ACCA是边长为4的正方形，则该几何体的外接球的半径为222444232.∴该几何体的外接球的表面积为24(23)48

.故答案为48.点睛：本题主要考查三棱柱外接球表面积的求法，属于中档题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224Rabc（,,abc为三棱的长）

；②若SA面ABC（SAa），则22244Rra（r为ABC外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.15.已知命题“0xR使得02cos0xa”是假命题，则实数a的取值范围是______.【答案】2a

【解析】【分析】先由题意，得到命题的否定为真命题，即2cosax对任意xR恒成立，进而可求出结果.【详解】因为命题“0xR使得02cos0xa”是假命题，所以其否定“xR使得2cos0xa”是真命题，即2cosax对任意xR恒成立，所以只需2a.

故答案为：2a【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数，熟记含有一个量词的命题的否定即可，属于基础题型.16.已知k∈R，P(a，b)是直线x＋y＝2k与圆x2＋y2＝k2－2k＋3的公共点，则ab的最大值为________．【答案】9【解析】【分析】先根据直线与圆相

交，圆心到直线的距离小于等于半径，以及圆半径为正数，求出k的范围，再根据P（a，b）是直线x+y=2k与圆x2+y2=k2﹣2k+3的公共点，满足直线与圆方程，代入直线与圆方程，化简，求出用k表示的ab的式子，根据k的范围求ab的最大值．【详解】由题意，圆心（0.0）

到直线的距离d=22k≤223kk解得﹣3≤k≤1，又∵k2﹣2k+3＞0恒成立∴k的取值范围为﹣3≤k≤1，由点P（a，b）是直线x+y=2k与圆x2+y2=k2﹣2k+3的公共点，得（a+b）2﹣a2﹣b2=2ab=3k2+2k﹣3=3（k+13）2﹣103，∴k=﹣3时，ab的最大值为

9．故答案为9【点睛】本题主要考查了直线与圆相交位置关系的判断，做题时考虑要全面，不要丢情况．三、解答题：（本大题共6小题，其中17小题10分，18-22小题每小题12分，共70分；解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）1

7.一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．【答案】2211060Vxx，定义域为0,10【解析】【分析】设出所截等腰三角形的底边边长为xcm

，在直角三角形中根据两条边长利用勾股定理做出四棱锥的高，表示出四棱锥的体积，根据实际意义写出定义域．【详解】如图，设所截等腰三角形的底边边长为xcm，在正四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是边长为x的正方形

，F是BC的中点，EF⊥BC，EF＝5，则四棱锥的高EO＝222210002522xxEFF，其中0＜x＜10，∴四棱锥的体积V＝2222111100100326xxxx，定义域为（0，10）.【点睛】本题考查了函数模型的应

用，根据实际问题选择合适的函数模型，注意题目中自变量的取值范围，属于中档题．18.已知直线l经过点1,3P.（1）点1,3Q到直线l的距离为2，求直线l的方程.（2）直线l在坐标轴上截距相等，求直线l的方程.【答案】(1)1x，4350xy.(2)30xy或40

xy.【解析】【分析】（1）先讨论直线l斜率不存在的情况，直接得出直线方程；再讨论直线l斜率存在的情况，设出直线方程，根据点到直线距离公式，即可求出结果；（2）先由题意，得到直线l斜率一定存在且0k，分别求出直线在两坐标轴的截距，建立等量关系，

求出斜率，进而即可求出结果.【详解】（1）当直线l斜率不存在时，即1x符合要求，当直线l斜率存在时，设直线l的方程为31ykx，整理得30kxyk，点1,3Q到l的距离，2222621133kdkkkk，解得43k，得4350xy

，即直线l的方程为1x，4350xy.（2）由题知，直线l斜率一定存在且0k，直线30kxyk，当0x时，3yk，当0y时，3kxk，∴33kkk，解得3k或1k.即直线l的方程为30xy或40xy.【点睛】本题主要

考查求直线的方程，熟记直线的点斜式方程，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.19.如图，在多面体ABCDE中，AEB为等边三角形，//ADBC，BCAB，2BCAD，点F为边EB的中点.（1）

求证：//AF平面DEC.（2）在BC上找一点G使得平面//AFG平面DCE，并证明.【答案】(1)证明见解析(2)点G为BC的中点.证明见解析【解析】【分析】（1）取EC中点M，连接FM，DM，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由题意，确定点G为

BC的中点；再给出证明：连接FG，AG，根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立.【详解】（1）取EC中点M，连接FM，DM，∵////ADBCFM，12ADBCMF，∴ADMF是平行四边形，∴//AFDM，∵AF平面DEC，DM平面D

EC，∴//AF平面DEC.（2）点G为BC的中点.证：连接FG，AG，因为G、F分别是BC，BE的中点，所以//GFCE，又GF平面DCE，CE平面DCE，所以//GF平面DCE，又因为//ADBC，1

2ADBC，所以//ADGC且ADGC，即四边形ADCG是平行四边形，所以//DCAG，因为AG平面DCE，所以//AG平面DCE.又因为AGGFG，所以平面//AFG平面DCE.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及补全面面平行的条件，熟记线面

平行的判定定理，以及面面平行的判定定理即可，属于常考题型.20.已知圆C：2219xy.（1）设直线30axy与圆C相交于E、F两点，求实数a的取值范围.（2）在（1）的条件下，是否存在实数a，使得过点4,4P的直线l垂直平分弦EF？若

存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)3,0,4(2)存在，54a【解析】【分析】(1)由题圆心到直线的距离小于半径,列式解不等式即可.(2)设l的方程,再根据直线l垂直平分弦EF得圆心1,0必在l上,代入方程求解参数即可.【详解】（1）因为直

线30axy与圆相交于E、F两点，所以圆心到直线的距离小于半径，即2331aa，化简得：2860aa，∴0a或34a．故实数a的取值范围是3,0,4．（2）设符合条件的实数a存在，由（1）得

0a，则直线l的斜率为1a，∴l的方程为144yxa，即440xaya，∵l垂直平分弦EF，故圆心1,0必在l上，∴1440a，解得：54a．∵5,04，故存在实数54a，使得过

点4,4P的直线l垂直平分弦EF．【点睛】本题主要考查了直线与圆相交的问题,主要根据圆心到直线的距离求解,同时也考查了圆的对称性,属于中等题型.21.如图，在以P为顶点，母线长为2的圆锥中，底面圆O的直径长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.（

1）求证：PB平面PAC；（2）若233AC，求点O到平面PBD的距离.【答案】（1）详见解析；（2）55.【解析】【分析】(1)由题意可知ACAB，POAC又，从而可得AC平面PAB，从而ACPB，由勾股定理得PAPB，由线面垂直的判定定理可得到证明；（2）由条件计

算OBDS和PBDS，然后利用POBDOPBDVV即可得到结果.【详解】解：（1）因为AB是圆O的直径，AC与圆O切于点A，所以ACAB.又在圆锥中，PO垂直底面圆O，所以POAC，而POABO

，所以AC平面PAB，从而ACPB.在三角形PAB中，222PAPBAB，所以PAPB，又PAACA所以PB平面PAC.（2）因为2AB，233AC，ACAB，所以在直角ABC中，6ABC.又1ODOBPO，则OBD是等腰三角

形，所以3BD，12311sin234OBDS.又2PBPD，所以15153224PBDS设点O到平面PBD的距离为d，由POBDOPBDVV，即1133OBDPBDSPOSd，所以55d.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理的应

用，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.22.已知圆M：22454xy，圆N与圆M关于直线l：20xy对称.（1）求圆N的方程；（2）过直线l上的点P分别

作斜率为14，4的两条直线1l，2l，使得1l被圆M截得的弦长与2l被圆N截得的弦长相等.（i）求点P的坐标；（ii）过点P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交，判断所得弦长是否恒相等，并说明理由.【答案】(1)

22324xy(2)（i）3,5.（ii）恒相等.见解析【解析】【分析】(1)根据轴对称求得圆N的圆心即可.(2)由题,两问均可设,2Pmm与过点P任作两条互相垂直的直线分别为12,ll,再由题意得M到1l的距离与N到2l的距离相等,列

式求解与证明即可.【详解】（1）设,Nab，因为圆M与圆N关于直线l：20xy对称，4,5M，则直线MN与直线l垂直，MN中点在直线l上，得514452022baab，解得32ab

，所以圆N：22324xy.（2）（i）设,2Pmm，1l的方程为124ymxm，即4380xym；2l的方程为24ymxm，即4250xym.因为1l被圆M截得的弦长与2

l被圆N截得的弦长相等，且两圆半径相等，所以M到1l的距离与N到2l的距离相等，即22163851414mm，所以4m或3m.由题意，M到直线1l的距离163162171621723317mdm，所

以4m不满足题意，舍去，故3m，点P坐标为3,5.（ii）过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.证明如下：当1l的斜率等于0时，2l的斜率不存在，1l被圆M截得的弦长与2l被圆N截得的弦长都等于圆的

直径；当1l的斜率不存在，2l的斜率等于0时，1l与圆M不相交，2l与圆N不相交.当1l、2l的斜率存在且都不等于0，两条直线分别与两圆相交时，设1l、2l的方程分别为153yxk，53ykx，即350xkyk，350kxyk.因为M到1l的距离

1224535711kkdkk，N到2l的距离2223235711kkdkk，所以M到1l的距离与N到2l的距离相等.因为圆M与圆N的半径相等，所以1l被圆M截得的弦长与2l被圆N截得的弦长恒相等.综上所述，过点P任作互相垂直的两

条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,同时也考查了垂径定理的运用等,需要根据题意找到圆心与直线的距离关系列式求解,属于中等题型.