【文档说明】安徽省合肥市庐阳区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(23)页，2.732 MB，由小赞的店铺上传

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合肥一中2019—2020学年第一学期高二年级段二考试数学（理）试卷一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1.直线310xy的倾斜角为()A.30°B.60C.120D.150【答案】D【解析】【分析】求出斜率，根据斜率与倾斜角关系，即可求

解.【详解】310xy化为3333yx，直线的斜率为33，倾斜角为0150.故选:D.【点睛】本题考查直线方程一般式化为斜截式，求直线的斜率、倾斜角，属于基础题.2.给出下列命题：①在圆柱的上、下底

面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②存在每个面都是直角三角形的四面体；③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析

】【分析】根据圆柱母线定义，①错误；可以举例说明满足条件的三棱锥存在，②正确；根据线线垂直关系，可证三侧面两两垂直，③正确；根据棱台的定义，判断④错误.【详解】圆柱的母线与上下底面垂直，而圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两

点的连线不一定垂直底面，①错误；如图正方体中，三棱锥1AACD，因为1AA平面ACD，所以11,AAACAAAD，因为CD平面1AAD，所以1,CDADCDAD，四个面都是直角三角形，②正确；三棱锥1AABD中，11,,A

AABAAADABAD，ABADA，,ABAD平面ABD，1AA平面ABD，1AA平面1AAB，1AA平面1AAD，平面1AAB平面ABD，平面1AAD平面ABD，同理平面1AAD平面1AAB，所以三个侧面两两互相垂直，③

正确；根据棱台是由棱锥被平行底面的平面所截，截面和底面相似，而侧棱不一定相等，④错误.故选:C.【点睛】本题考查几何体的结构特征，考查线线、面面垂直的判定，注意空间垂直的相互转化，属于中档题.3.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD（如图所示），若

45ABC，1ABAD，DCBC，则这个平面图形的面积为（）A.1244B.222C.1242D.122【答案】B【解析】在直观图中，∵∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC∴AD=1，BC=1+2

2，∴原来的平面图形上底长为1，下底为1+22，高为2，∴平面图形的面积为21122×2=2+22．故选：B．4.已知直线l平面，直线m平面，有下列四个结论，其中正确结论是：()①//lm；②lm；

③//lm；④//lm.A.①与②B.①与③C.②与④D.③与④【答案】B【解析】【分析】由面面平行的性质和线面垂直的定义，可判断①的真假；由线面垂直的性质、面面垂直的性质及空间关系，可判断②的真假；由线面垂直的判定定理

，及面面垂直的判定定理，可判断③的真假；根据线面垂直、线线垂直的定义及几何特征，可判断④的真假.【详解】过直线m做一平面,,//n，//mn，l平面，,lnlm，①正确；直线l

平面，若，则l与m可能平行，异面也可能相交，②错误；直线l平面，若//lm，则m平面，m平面，，③正确；直线l平面，若lm，则//m或m，则与平行或相交，④错误.故选:B.【点睛】本题以空间线面关系的判定为载体，考查了空间线面垂直，线面平行，

面面垂直及面面平行的判定及性质，考查空间想象能力，属于中档题.5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)ABCD.若123,,SSS分别是三棱锥DA

BC在坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A.123SSSB.21SS且23SSC.31SS且32SSD.32SS且31SS【答案】D【解析】试题分析：结合其空间立体图形易知，112222S，231

2222SS，所以23SS且13SS，故选D．考点：空间直角坐标系及点的坐标的确定，正投影图形的概念，三角形面积公式．6.已知直线1:(2)(3)50lmxmy和2:6(21)5lxmy互相平行，则m()A.4B.52C.4，52D.1，9

2【答案】B【解析】【分析】由12ll//或12,ll重合直线方程的系数关系，求出m，再代入直线方程验证，排除重合，即可求解.【详解】若12ll//或12,ll重合，(2)(21)6(3)0mmm，即223200mm，解得4m或52m，

当4m时，1:6750lxy，2:6750lxy，12,ll重合，不合题意，舍去；当52m，1:100lxy，25:06lxy此时12ll//.故选:B.【点睛】本题考查直

线的位置关系，要明确直线一般式方程与位置关系的充要条件，属于中档题.7.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.23B.13C.43D.83【答案】A【解析】【分析】由三视图可知：该几何体为三棱锥P﹣ABC，过点P作PD⊥底面ABC，垂足D在AC的延长线上，且BD⊥AD．由题中数

据及锥体体积公式即可得出．【详解】由三视图可知：该几何体为三棱锥PABC（如图），过点P作PD底面ABC，垂足D在AC的延长线上，且BDAD，1ACCD，2BD，2PD，该几何体的体积112122323V.故选A.【点睛】本题考查了

三棱锥的三视图、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.已知直三棱柱111ABCABC中，90ABC，2AB，11BCCC，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为()A.1010B.31010C.105D.155【答案】A【解析】【分析】根据已知条件将直三棱

柱补成长方体，作出异面直线所成的角，通过解三角形，即可求解.【详解】如图，将三棱柱补成以1,,ABBCBB为邻边的长方体，连111,ADBD，在长方体中，1111//,ABCDABCD，所以四边形11ABCD是平行四边形，11//ADBC，所以1

1BAD（或补角）为异面直线1AB与1BC所成角，2AB，11BCCC，所以11115,2ABBDAD，取1AD中点E连1BE，则11BEAD，11110cos10AEBADAB.故选:A.【

点睛】本题考查异面直线所成的角，将几何体补成特殊的图形是解题的关键，用几何法求空间角，要先作再证后计算，属于中档题.9.已知圆224xy，直线l：yxb，若圆224xy上恰有4个点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围为()A.1,1B.

1,1C.2,2D.2,2【答案】D【解析】【分析】圆224xy上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：yxb的距离小于1，利用点到直线距离求出b的取值范围.【详解】因为圆224xy上恰有4个点到

直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：yxb的距离小于1，因此有12222bbb，故本题选D.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了数形结合思想.10.设m，nR，若直线(1)(1)20mxny与圆22(1)(1)1xy

相切，则mn的取值范围是（）．A.[13,13]B.,1313,C.[222,222]D.,222222,【答案】D【解析】试题分析：因为直线(1)+(1)2=0mxny与圆22(1)+(y1)=1x

相切,所以22+1++1-2=1+1++1mnmn，即=++1mnmn，所以2+=++14mnmnmn，所以+mn的取值范围是(,222][2+22,+)．考点：圆的简单性质；点到直线的距离公式；基本不等式．点评：做本题的关键是灵活应用基本不等式，注意基本不等式应用

的前提条件：一正二定三相等．11.在平面直角坐标系xOy中，若圆22:(3)(1)9Cxy与直线0xya交于A，B两点，且OAOB，求a的值为()A.1，5B.1，5C.1D.1【答案】C【解析】【分析】将圆方程与直线方程联立，消去y，得到关于x的一

元二次方程，设1112(,),(,)AxyBxy，由根与系数关系，得出12,xx关系，,0OAOBOAOB，转化为坐标关系，即可求解.【详解】由223190xyxya，消去y得，222(28)210xaxaa

，222(28)8(21)4(414)0aaaaa，设21112121221(,),(,),4,2aaAxyBxyxxaxx，1212,0OAOBOAOBxxyy2121212121212()()2()xxyyxxxax

axxaxxa2210,1aaa，此时.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆的相交问题，应用根与系数关系设而不求，方程思想是解题的关键，考查垂直关系的运用，属于中档题.12.如图，在三棱锥ABCD中，AB

，AC，AD两两互相垂直，4ABACAD，点P，Q分别在侧面ABC、棱AD上运动，2PQ，M为线段PQ中点，当P，Q运动时，点M的轨迹把三棱锥ABCD分成上、下两部分的体积之比等于()A.64B.264C.128D.643【答案】A【解析】【分析】A

B，AC，AD两两互相垂直，可证AD平面,ABCAP平面,ABCADAP，若,AQ重合，1AM,若,AQ不重合，则AQAP，112AMPQ，点M的轨迹以A为球心，半径为1的球面被三棱锥三个侧面所截的球面的18，分别求出三棱锥

体积、球的18体积，即可求解.【详解】AB，AC，AD两两互相垂直，所以AD平面ABC，1132444323ABCDDABCVVAP平面,ABCADAP，若,AQ重合，1AM,点M轨迹是以A为圆心半径为1在平面ABC上的14圆弧，若,AQ不重合

，则AQAP，112AMPQ，当P在AB或AC上移动时，M的轨迹是以A为圆心半径为1分别在平面ABD上或平面ACD上的14圆弧，当P在平面ABC内移动时，M点的轨迹是夹在上面三个圆弧之间的球面上的点

，该部分为球面的18，球面的上部分体积为141836，所以上下两部分体积比为6326436.故选:A.【点睛】本题考查棱锥的体积以及球的体积，其中判断出点M轨迹是在以A为球心1为半径的球面上是解题的关键，属于较难题.二、选择题（共4小题，每题5分，共20分）1

3.过点2,2M的直线与x轴、y轴分别交于P、Q两点，若M恰为线段PQ的中点，则直线PQ的方程为_______________.【答案】40xy【解析】【分析】根据条件以及中点坐标公式可得(4,0)P，即可求解.【详解】过点2,2M的

直线与x轴、y轴分别交于P、Q两点，M恰为线段PQ的中点，则(4,0)P，所以PQ方程为4yx，即40xy.故答案为:40xy.【点睛】本题考查求直线方程，属于基础题.14.在梯形ABCD中，ABAC，//ADBC，222

BCADAB.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为________.【答案】53π【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．【详解】由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为

1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：2215121133．故答案为：53π．【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．15.在三棱锥

PABC中，PA平面ABC，ACBC，且三棱锥的最长的棱长为2，则此三棱锥的外接球体积为_____________.【答案】43【解析】【分析】根据题意可得，BC⊥平面PAC，所以BCPC，得出PB为三棱锥的最长边，PAAB，根据直角三角形

的性质，PB边的中点到三棱锥的各顶点距离都相等，所以为球心，球直径即为PB.【详解】PA平面ABC，BC平面ABC，PABC,,,ACBCPAACABC平面PAC，BCPC，,,,,PBBCPBPCPAACPCACPCPA，所以三棱锥中最长边为

2PB，设PB中点为O，在,RtPABPtPBC中，12AOCOPB，所以三棱锥的外接球的球心为O，半径为41,3V.故答案为:43.【点睛】本题考查几何体的“切”“接”球问题，确定球心是解题

的关键，考查空间垂直的应用，属于中档题.16.已知直线:0lmxym交圆22:(1)1Cxy于11,Axy，22,Bxy两点，则112244xyxy的取值范围为____________.【答案】93,228【解析】【分析】

112244xyxy转化为11224422xyxy，表示11,Axy，22,Bxy两点到直线:l40xy的距离和，设AB中点为M，则,AB到直线l的距离和为点M到直线l距离和的2倍，只需求出点M到直线l

距离范围，根据已知条件求出点M的轨迹，数形结合，即可求解.【详解】设AB中点为(,)Mxy，圆22:(1)1Cxy，圆心(1,0)C，:0lmxym化为(1)ymx，过定点(1,0)D，所以由MDCM

，所以点M的轨迹为以CD为直径的圆在圆C内的圆弧，其方程为221xy，联立2222111xyxy，解得12x，1313(,),(,)2222EF，所以M的轨迹为2211(1)2xyx，221xy圆心O到直线:l40

xy的距离为4222，过O与直线l垂直的直线方程为yx，与圆221xy的交点为22(,)22，22(,)2222(,)22在点M轨迹上，22(,)22不在点M轨迹上，所以M到直线l距离的最大值为221，点13(,)22E到直线l的距离为9322，

设点M到直线l的距离为d，9322122d，1122112244442()22xyxyxyxy22d，112244(93,228]xyxy.故答案为:93,228.【点睛】本题考查直线与圆的关系，考查相交弦的中点轨迹

，要注意轨迹的范围，考查圆弧上点到直线的距离，解题的关键要利用点到直线的距离的几何意义，属于较难题.三、解答题（共6小题，共70分）17.已知圆C的圆心在x轴上，且经过点1,0,()(,2)1AB.（1）求圆C的标准方程；（2）过点(0,2)

P的直线l与圆C相交于,MN两点，且||23MN，求直线l的方程.【答案】（1）22(1)4xy（2）0x或3480xy【解析】【分析】（1）根据题意，设AB的中点为D，求出D的坐标，求出直线CD的斜率，由直线的点斜式方程分析可得

答案，设圆C的标准方程为222()xayr，由圆心的位置分析可得a的值，进而计算可得r的值，据此分析可得答案；（2）设F为MN的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线l的斜率是否存在两种情况讨论，综合即可得答案.【详解】解：（1）设AB的中点为D，则(0,1)D，由圆的

性质得CDAB，所以1CDABKK，得1CDK，所以线段AB的垂直平分线方程是1yx，设圆C的标准方程为222()xayr，其中(,0)Ca，半径为()0rr，由圆的性质，圆心(,0)Ca在直线CD上，化

简得1a，所以圆心1,0C，||2rCA，所以圆C的标准方程为22(1)4xy；（2）由（1）设F为MN中点，则CFl，得||||3FMFN，圆心C到直线l的距离2||4(3)1dCF，当直线l的斜率不存在时，l的方程0x，此时||1CF，符合题意；当直线l的斜率

存在时，设l的方程2ykx，即20kxy，由题意得2|12|1kdk，解得34k；故直线l的方程为324yx，即3480xy；综上直线l的方程为0x或3480xy.【点

睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆方程的综合应用，属于基础题.18.如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，2PDAB，E，F，G分别为PC、PD、BC的中点．（1）求证：//平面EFG；（2）求三棱锥PEFG的体积．【答案】(1)见解析；(2)

16.【解析】【详解】(1)取AD的中点H,连接FH,GH,由于//,//EFCDCDHG,所以//EFHG,即EFHG四点共面.根据三角形的中位线得//PAFH,所以//PA平面EFG.(2)由于PD

平面ABCD,所以PDCB,而BCCD,所以BC⊥平面PCD,故111111326FPEGGPEFVV.【点睛】本小题主要考查空间直线与平面平行的证明,考查空间几何体体积的求法,考查了平面延伸的方法.由于平面EFG范围较小,故需要将平面EFG扩展

开来,扩展的方法就是构造线线平行来扩展,即利用//HGEF来扩展这个平面,再结合三角形的中位线即可证得线面平行.19.已知ABC的顶点3,1A，AB边上的中线CM所在直线方程为210xy，B的角平分线BN所在直线方程为20xy．（I）求顶点B

的坐标；（II）求直线BC的方程．【答案】（1）2,1.（2）713110xy.【解析】分析：（I）设顶点B的坐标为,mn；由顶点B在直线BN上，所以20mnM31,22mn在直线CM上，列方程组求解即可；（II）设顶点关于直线BN的对称点为

(,)Ast，根据中点在对称轴上,以及直线垂直斜率之积为1，列方程组求得st、的值，利用两点式可得结果.详解：（I）设顶点的坐标为；因为顶点在直线上，所以20mn由题意知的坐标为31,22mn

，因为中点在直线上，所以3121022mn，即2+30mn；联立方程组202+30mnmn，解得顶点的坐标为2,1（II）设顶点关于直线的对称点为(,)Ast，由于线段的中点在在直线上，得方程312022st，即210st

由直线与直线垂直，得方程11123ts，即2+70st；联立方程组2102+70stst，得139,55A（）显然139,55A（）在直线上，且顶点的坐标为2,1

，所以直线BC的方程为129131255yx，整理得713110xy.点睛：本题主要考查直线的方程以及解析几何中的轴对称问题，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，,Pxy关于直线l的对称点',Pmn，利用1lynkxm，且点,22xmyn在对称轴l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.20.如图1，矩形ABCD中，12AB，6AD，E、F分别为CD、AB边上的点，且3DE，4BF，将BCE沿BE折起至PBE位置（如图2所示）连结AP、PF，其中25PF.(1)求证：PF平面ABCD

；(2)求二面角ABEP的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)49【解析】【分析】（1）由已知条件求出EF，在,PEFPBF中，用勾股定理的逆定理可证PFEF，PFBF，即可证明结论；（2）过F作FHEB交EB于H，结合（1）可证EBPH

，可得PHF为二面角平面角，解直角PFH，即可求解.【详解】(1)连结EF，由翻折不变性可知：6PBBC，9PECE，在PBF中：222201636PFBFPB，PFBF，在图1中利用勾股定理得

：246(1234)61EF，在PEF中：222612081EFPFPE，PFEF，又BFEFF，BF平面ABED，EF平面ABED，PF平面ABED；(2)解：由(1)知PF平面ABED，过F作FHEB交EB于H，则EB

面PFH.EBPH，PHF为所求二面角的平面角.又813FH，25PF，1813PH4cos9FHPHFPH，所以二面角ABEP的余弦值为49.【点睛】本题考查线面垂直的证明，注意条件中隐含垂直关系的挖掘，考查求空间角，要体现“作”“证”

“算”三步骤，属于中档题.21.如图，三棱锥PABC中，BC⊥平面PAB，6PAPBAB，9BC，点M，N分别为PB，BC的中点.(1)求证：AM平面PBC；(2)E是线段AC上的点，且//AM平面PNE.①确定点E的位置；②求直线PE与平面PAB所成角的正弦值.【答案】(1)证

明见解析；(2)①E为靠近A的AC的一个三等分点；②33737.【解析】【分析】（1）由已知条件可证,AMBCAMPB，即可证明结论；（2）①连结MC，交PN于F，则F是PBC的重心，根据线面平行的性质定理，可证//AMEF，结合重心的性质

，即可确定E点位置；②作EHAB于H，有//EHBC，从而有EH平面PAB，得到EPH是直线PE与平面PAB所成的角，解直角FPH，即可得出结论.【详解】(1)PAAB，M为PB中点，AMPB，BC平面PAB，AM平面PAB，AMBCPBBCB，AM

平面PBC.(2)①连结MC，交PN于F，则F是PBC的重心，且13MFMC，//AM平面PNC，AM平面AMC，平面AMC平面PENEF，//AMEF，1223AEAC，即E为靠近A的AC的一个三等分点.②作EHAB于H，则//EHBC，EH平面P

AB，EPH是直线PE与平面PAB所成的角，且133HEBC，123HABA，2262262cos273PH，28937PE，337sin37HEEPHPE，直线PE与平面PAB所成角的正弦值是33737.【点睛】本题考查线面垂直

的证明，以及线面平行性质定理的应用，考查空间角，要注意角“作”“证”不要遗漏，属于中档题.22.已知圆22:(4)4Mxy，直线l的方程为20xy，点P是直线l上一动点，过点P作圆的切线PA、PB，切点为A、B.(1)当P的横坐标为165时，求APB的大小；

(2)求四边形PAMB面积的最小值；(3)求证：经过A、P、M三点的圆N必过定点，并求出所有定点的坐标.【答案】(1)60；(2)4555；(3)证明见解析，0,4，84,55【解析】【分析】（1

）由已知求出P点纵坐标，求出||MP，利用MAPA，求出MPA，即可得出结论；（2）22||2||4PAMBSPAPM，转化求||PM的最小值，求圆心到直线l的最小值，即可求解；（3）设2,Pbb，由90MAP

，圆N就是以MP为直径的圆，求出其方程，整理为圆系方程，即可求解.【详解】(1)由题可知，圆M的半径2r=，168,55P，因为PA是圆M的一条切线，所以90MAP，又因22168||044255MPr

，又30MPA，60APB；(2)||||2||PAMBSMAPAPA，要使四边形PAMB面积最小，只需||PA最小.又2||||4PAPM，只需||PM最小.当PMl时，||PM有最小值，|8|85||514PM

，64255||455PA此时四边形面积最小为4555.(3)设2,Pbb，因为90MAP，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，方程为：222244(4)()24bbbxby

即22(24)40xybxyy由2224040xyxyy，解得04xy或8545xy所以圆过定点0,4，84,55.【点睛】本题考查直线与圆的相切问题，要注意切线段与切点圆心连线的直线垂直的应用，转化为

解直角三角形，考查圆系方程求定点，属于中档题.