2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x+y+l＝0的倾斜角的大小为（ ）
A.30∘B.60C.120∘D.150∘

2. 设m，n是两条不同的直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ）
A.若m // α，n⊂α，则m // nB.若m // α，m⊥n，则n⊥α
C.若m⊥α，m⊥n，则n // αD.若m⊥α，n // α，则m⊥n

3. 过点A (1, −1)、B(−1, 1)且圆心在直线x+y−2＝0上的圆的方程是（ ）
A.(x−3)2+(y+1)2＝4B.(x+3)2+(y−1)2＝4
C.(x+1)2+(y+1)2＝4D.(x−1)2+(y−1)2＝4

4. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为（ ）

A.12B.24C.22D.32

5. 若把半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）
A.B.C.D.

6. 直线l1:ax+3y+3＝0和直线l2:x+(a−2)y+1＝0平行，则实数a的值为（ ）
A.3B.−1C.D.3或−1

7. 若x，y满足约束条件，目标函数z＝−ax+y仅在点(1, 0)处取得最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞, 2)B.(−1, 1)C.(−1, 2)D.(−1, +∞)

8. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90∘，AC＝6，BC＝CC1＝，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是（ ）

A.B.C.D.

9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )

A.62B.42C.6D.4

10. 在三棱锥A−SBC中，AB=10，∠ASC=∠BSC=π4，AC＝AS，BC＝BS，若该三棱锥的体积为153，则三棱锥S−ABC外接球的体积为（ ）
A.πB.43πC.5πD.π3

11. 设P为直线2x+y+2＝0上的动点，过点P作圆C:x2+y2−2x−2y−2＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值时直线AB的方程为（ ）
A.2x−y−1＝0B.2x+y−1＝0C.2x−y+1＝0D.2x+y+1＝0

12. 已知三棱锥A−BCD的所有棱长都为2，且球O为三棱锥A−BCD的外接球，点M是线段BD上靠近D的四等分点，过点M作平面α截球O得到的截面面积为Ω，则Ω的取值范围为（ ）
A.[，]B.[，]C.[，]D.[，]
二、填空题（本大题共4题，每小题5分，共20分）

已知实数x，y满足：−1
已知k∈R，过定点A的动直线kx+y−1＝0和过定点B的动直线x−ky−k+3＝0交于点P，则PA2+PB2的值为________．

点P(−3, 1)在动直线mx+ny＝m+n上的投影为点M，若点N(3, 3)那么|MN|的最小值为________．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，则下列结论中，正确结论的序号是________（把所有正确结论序号都填上）．
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1 // 平面EFG；
③四面体ACB1D1的体积等于a3；
④BD1⊥平面ACB1；
⑤二面角D1−AC−D平面角的正切值为．

三、解答题：（本大题共6小题，共70分。解答写出文字说明、证明过程或演算过程）

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD=22AD，E、F分别为PC、BD的中点．
（1）求证：EF // 平面PAD；

（2）求证：面PAB⊥平面PDC．

已知圆C:x2+y2+2x−4y+3＝0．
（1）若直线l与圆C相切，且直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；

（2）求与圆C和直线x−y−5＝0都相切的最小圆的方程．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E是CC1上的中点，且BC＝1，BB1＝2．
(Ⅰ)证明：B1E⊥平面ABE；
(Ⅱ)若三棱锥A−BEA1的体积是，求异面直线AB和A1C1所成角的大小．


已知点P(0, 5)及圆C:x2+y2+4x−12y+24＝0．
（1）若直线l过点P，且被圆C截得的线段长为43，求l的方程；

（2）求过P点的圆C弦的中点的轨迹方程．

在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是AB的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．

（1）求证：FO1 // 平面ADE；

（2）设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30∘，求二面角A−FB−C的余弦值．

在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝3，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P（如图），光线QR经过△ABC的重心，若以点A为坐标原点，射线AB，AC分别为x轴正半轴，y轴正半轴，建立平面直角坐标系．

（1）AP等于多少？

（2）D(x, y)是△RPQ内（不含边界）任意一点，求x，y所满足的不等式组，并求出D(x, y)到直线2x+4y+1＝0距离的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省朔州市怀仁市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题，（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
先求出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系可求．
【解答】
∵ 直线3x+y+l＝0的斜率k=3，
故倾斜角的大小为13π．
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程
【解析】
先求AB的中垂线方程，它和直线x+y−2＝0的交点是圆心坐标，再求半径，可得方程．
【解答】
圆心一定在AB的中垂线上，AB的中垂线方程是y＝x，排除A，B选项；圆心在直线x+y−2＝0上验证，C选项不成立．
4.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直
【解析】
过O作A1B1的平行线，交B1C1于E，则O到平面ABC1D1的距离即为E到平面ABC1D1的距离．作EF⊥BC1于F，进而可知EF⊥平面ABC1D1，进而根据EF=14B1C求得EF．
【解答】
过O作A1B1的平行线，交B1C1于E，
则O到平面ABC1D1的距离即为E到平面ABC1D1的距离．
作EF⊥BC1于F，易证EF⊥平面ABC1D1，
可求得EF=14B1C=24．
5.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
简单空间图形的三视图
【解析】
画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可．
【解答】
解：几何体的直观图如图：
AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，
∴ BC=CD=4，
由主视图可得A在BC的中点上，
即AC=42+22=25，
BD=42，
AD=(42)2+22=6，
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，由已知可得O为三棱锥三棱锥S−ABC外接球的球心，由三棱锥的体积列式求出三棱锥S−ABC外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
【解答】
如图，
设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，
∵ ∠ASC=∠BSC=π4，AC＝AS，BC＝BS，
∴ ∠SAC＝∠SBC＝90∘，则OA＝OB＝OC＝OS，则O为三棱锥三棱锥S−ABC外接球的球心，
设半径为R，又OD⊥AB，且AB=10，∴ AD＝DB=102，OD=R2−52．
则S△OAB=12⋅AB⋅OD=1210R2−25
又由SC⊥OA，SC⊥OB，且OA∩OB＝O，可得SC⊥平面OAB，
∴ VA−SBC=13⋅1210R2−25⋅2R=153，解得R=3．
∴ 三棱锥S−ABC外接球的体积为4π3⋅(3)3=43π．
11.
【答案】
D
【考点】
圆的综合应用
直线与圆的位置关系
圆的方程的综合应用
圆的切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
B
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（本大题共4题，每小题5分，共20分）
【答案】
（，）
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
13
【考点】
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
2−2
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
①④
【考点】
二面角的平面角及求法
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题：（本大题共6小题，共70分。解答写出文字说明、证明过程或演算过程）
【答案】
连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．
所以在△CPA中，EF // PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF // 平面PAD；
平面PAD⊥平面ABCD
平面PAD∩面ABCD＝AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA
正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD
又PA=PD=22AD，所以PA2+PD2＝AD2
所以△PAD是等腰直角三角形，且$ngleAPD = \frac{\pi}{2}$，即PA⊥PD．
因为CD∩PD＝D，且CD、PD⊂面PDC
所以PA⊥面PDC
又PA⊂面PAB，
所以面PAB⊥面PDC．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF // PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF // 平面PAD；
（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．
【解答】
连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．
所以在△CPA中，EF // PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF // 平面PAD；
平面PAD⊥平面ABCD
平面PAD∩面ABCD＝AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA
正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD
又PA=PD=22AD，所以PA2+PD2＝AD2
所以△PAD是等腰直角三角形，且$ngleAPD = \frac{\pi}{2}$，即PA⊥PD．
因为CD∩PD＝D，且CD、PD⊂面PDC
所以PA⊥面PDC
又PA⊂面PAB，
所以面PAB⊥面PDC．
【答案】
①当直线l不经过原点时，
设直线的方程为x+y＝m，
圆C:x2+y2+5x−4y+3＝6的标准方程为(x+1)2+(y−7)2＝2，
圆心为(−3, 2)，
若直线l与圆C相切，，|1−m|＝2，
所以直线l的方程为x+y+4＝0，或者x+y−3＝7；
②当直线l经过原点时，
设直线方程为y＝kx，若直线l与圆C相切，
则，
解得k＝2±，
所以此时直线l的方程为y−(2±）x＝8，
综上所述，直线l的方程为x+y+1＝0）x＝0．
根据题意，由于，
所求最小的圆心一定在过圆C的圆心(−2, 2)的直线y＝−x+1上，
设最小的圆心为(a, 5−a)，|2a−6|＝4，
得，或者，
所以最小的圆的方程为．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：(Ⅰ)连接BE，∵ BC＝11＝8，E是CC1上的中点
△BCE，△B1C7E为等腰直角三角形，即，∴ ，即BE⊥B2E
∵ AB⊥面BB1C1C．B5E⊂面ABC，∴ B1E⊥AB，且AB∩BE＝B，
∴ B1E⊥平面ABE；
（2）∵ AB // A2B1，∴ A1、B3到面ABE的距离相等，
由(Ⅰ)得BE＝B1E＝
故＝＝
＝＝
解得AB＝
∵ AC // A1C6，∴ 异面直线AB和A1C1所成角为∠CAB，
在Rt△ABC中，tan
∴ 异面直线AB和A1C6所成角的大小30∘．
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
圆的圆心为C(−2, 6)，半径r＝4，
∵ 直线l被圆C解得弦长为43，
∴ 圆心C到直线l的距离d=42−(23)2=2，
若直线l无斜率，则直线方程为x＝0，
此时圆心到直线l的距离为2，符合题意；
若直线l有斜率，设斜率为k，则直线l的方程为y＝kx+5，即kx−y+5＝0，
∴ |2k+1|k2+1=2，解得k=34，
∴ 直线l的方程为y=34x+5．
综上，直线l的方程为x＝0或y=34x+5．
设所求轨迹上任意一点为M(x, y)，
则kCM=y−6x+2(x≠−2)，kPM=y−5x(x≠0)，
∴ y−6x+2⋅y−5x=−1，
整理得x2+y2+2x−11y+30＝0，
经验证当x＝−2时，弦的中点为(−2, 5)或(−2, 6)，符合上式，
当x＝0时，弦的中点为(0, 6)，符合上式，
∴ 过P点的圆C弦的中点的轨迹方程为x2+y2+2x−11y+30＝0．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）讨论直线l是否有斜率，就两种情况分别求出直线方程；
（2）设弦的中点为M(x, y)根据CM⊥PM得出轨迹方程．
【解答】
圆的圆心为C(−2, 6)，半径r＝4，
∵ 直线l被圆C解得弦长为43，
∴ 圆心C到直线l的距离d=42−(23)2=2，
若直线l无斜率，则直线方程为x＝0，
此时圆心到直线l的距离为2，符合题意；
若直线l有斜率，设斜率为k，则直线l的方程为y＝kx+5，即kx−y+5＝0，
∴ |2k+1|k2+1=2，解得k=34，
∴ 直线l的方程为y=34x+5．
综上，直线l的方程为x＝0或y=34x+5．
设所求轨迹上任意一点为M(x, y)，
则kCM=y−6x+2(x≠−2)，kPM=y−5x(x≠0)，
∴ y−6x+2⋅y−5x=−1，
整理得x2+y2+2x−11y+30＝0，
经验证当x＝−2时，弦的中点为(−2, 5)或(−2, 6)，符合上式，
当x＝0时，弦的中点为(0, 6)，符合上式，
∴ 过P点的圆C弦的中点的轨迹方程为x2+y2+2x−11y+30＝0．
【答案】
证明：连接O1C，O1D，
因为C，D是半圆弧AB的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60∘，
又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．
所以CO1 // AD．
因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA // FC．
又因为CO1、FC⊂平面FCO1，CO1∩FC＝C，AD、EA⊂平面ADE，AD∩EA＝A，
所以平面FCO1 // 平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，所以FO1 // 平面ADE．
连接AC，
因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥平面ACB，所以∠FAC为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30∘．
因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90∘，
在Rt△ABC中，∠ABC＝60∘，BC＝1，所以AC=BC⋅tan60=3，
所以在Rt△FAC中，FC＝AC⋅tan30∘＝1．
因为AC⊥BC，AC⊥FC，BC∩FC＝C，BC、FC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC，
又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB．
在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH．
因为AC∩CH＝C，AC、CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，
又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC是二面角A−FB−C的平面角．
在Rt△FBC中，CH=FC⋅BCFB=1×12=22，
在Rt△ACH中，AH=AC2+CH2=142，
所以cs∠AHC=CHAH=77，
故二面角A−FB−C的余弦值为77．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）连接O1C，O1D，易推出△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，从而得四边形ADCO1是平行四边形，故CO1 // AD；由圆柱母线的性质知EA // FC；再由面面平行判定定理的推论可得平面FCO1 // 平面ADE，进而得证．
（2）连接AC，由FC⊥平面ACB，知∠FAC为直线AF与平面ACB所成的角，于是可求得AC=3，FC＝1；先证明AC⊥平面FBC，得AC⊥FB；再作CH⊥FB于点H，连接AH，于是有FB⊥平面ACH，故FB⊥AH，可说明∠AHC是二面角A−FB−C的平面角；最后求得CH和AH的长后，由cs∠AHC=CHAH即可得解．
【解答】
证明：连接O1C，O1D，
因为C，D是半圆弧AB的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60∘，
又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．
所以CO1 // AD．
因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA // FC．
又因为CO1、FC⊂平面FCO1，CO1∩FC＝C，AD、EA⊂平面ADE，AD∩EA＝A，
所以平面FCO1 // 平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，所以FO1 // 平面ADE．
连接AC，
因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥平面ACB，所以∠FAC为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30∘．
因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90∘，
在Rt△ABC中，∠ABC＝60∘，BC＝1，所以AC=BC⋅tan60=3，
所以在Rt△FAC中，FC＝AC⋅tan30∘＝1．
因为AC⊥BC，AC⊥FC，BC∩FC＝C，BC、FC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC，
又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB．
在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH．
因为AC∩CH＝C，AC、CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，
又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC是二面角A−FB−C的平面角．
在Rt△FBC中，CH=FC⋅BCFB=1×12=22，
在Rt△ACH中，AH=AC2+CH2=142，
所以cs∠AHC=CHAH=77，
故二面角A−FB−C的余弦值为77．
【答案】
建立如图所示的坐标系，可得 B(3，C(0，
故直线 BC 的方程为 x+y＝3，
△ABC 的重心为 ，
设 P(a, 7)，
则点 P 关于直线 BC 的对称点 P1(x, y)，
满足，
解得 ，即 P1(5, 3−a)，
易得 P关于 y 轴的对称点 P2(−a, 8)，
由光的反射原理可知 P1，Q，R，P2四点共成直线 QR 的斜率
，
故直线 QR 的方程为 ，
由于直线QR过△ABC 的重心 (1, 1)5−a＝0，
解得 a＝1 或 a＝4（ 舍 ），
故 P(1, 0)，
由 （1）得 QR 的方程为 x−3y+1＝0，
∴ ，
∴ RP 的方程为 x+2y−1＝5，PQ 的方程为 2x−y−2＝3，
∵ D(x, y) 在△RPQ 内（不含边界 ），
∴ x，y满足的不等式组为 ，
由图可知，D在阴影部分区域，
直线2x+4y+3＝0和直线PR平行，
则阴影部分到直线2x+7y+1＝0距离最小值为
PR线段上的点到直线8x+4y+1＝7距离，
即，
最大值为Q到直线距离，
即 ，
综上，取值范围为 ．
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答