2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版，共9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. 平行于同一平面的两条直线的位置关系是( )
A.平行B.相交或异面
C.平行或相交D.平行、相交或异面

2. 两平行直线kx+6y+2=0与4x−3y+4=0之间的距离为( )
A.15B.25C.1D.65

3. 下列说法中正确的是( )
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.两个不同平面α和β有不在同条直线上的三个公共点

4. 已知α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可确定α // β的是( )
A.α，β都平行于直线l
B.α内有三个不共线的点到β的距离相等
C.l，m是α内的两条直线，且l // β，m // β
D.l，m是两条异面直线，且l // β，m // β，l // α，m // α

5. 若直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，则实数a取值范围是( )
A.[−3, −1]B.[−1, 3]
C.[−3, 1]D.(−∞, −3]∪[1, +∞)

6. 圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A.(3+1)πB.4πC.3πD.5π

7. 如图为水平放置的△OAB的直观图，则原三角形的面积为（ ）

A.3B.32C.6D.12

8. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA1⊥底面ABC，其正（主）视图是边长为2的正方形，则此三棱柱侧（左）视图的面积为( )

A.3B.23C.22D.4

9. 在三棱锥A−BCD中，已知所有棱长均为2，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为( )
A.36B.16C.13D.33

10. 已知直线y=x+a与曲线y=2−x2有两个不同的交点，则实数a的取值范围是( )
A.(−2, 2)B.(0, 2)C.(2，2)D.[2，2)

11. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )
A.81π4B.16πC.9πD. 27π4

12. 已知点P(t, t)，t∈R，点M是圆x2+(y−1)2=14上的动点，点N是圆(x−2)2+y2=14上的动点，则|PN|−|PM|的最大值是（ ）
A.5−1B.2C.3D.5
二、填空题

在下列四个命题中，正确的命题的有________.
①已知直线ax+by+c−1=0bc>0经过圆x2+y2−2y−5=0的圆心，则4b+1c的最小值是10；
②若圆x−32+y+52=r2上有且只有两个点到直线4x−3y=2的距离为1，则4③若实数x,y满足x2+y2−2x−2y+1=0，则y−4x−2的取值范围为[43,+∞）；
④点M在圆x−32+y−22=2上运动，点 N0,−2为定点，则|MN|的最大值是7.
三、解答题

已知一个几何体的三视图如图所示．

(1)求此几何体的表面积；

(2)如果点P，Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为P点下方的顶点，求在几何体侧面的表面上，从P点到Q点的最短路径的长．

在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别为边AB，BC上的点，且AEAB=CFCB=14.
求证：
(1)点E，F，G，H四点共面；

(2)直线EH，BD，FG相交于同一点．

已知△ABC的顶点A(4, 3)，AB边上的高所在直线为x−y−3=0，D为AC中点，且BD所在直线方程为3x+y−7=0．
(1)求顶点B的坐标；

(2)求BC边所在的直线方程．

圆C过点A(6, 0)，B(1, 5)，且圆心在直线l:2x−7y+8=0上．
(1)求圆C的方程；

(2)P为圆C上的任意一点，定点Q(8, 0)，求线段PQ中点M的轨迹方程．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．

(1)求证： BC//AD；

(2)求证： CE//平面PAB；

(3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．

已知曲线C:x2+y2−2x−4y+m=0.
(1)若m=1，过点−2,3的直线l交曲线C于M，N两点，且|MN|=23，求直线l的方程；

(2)若曲线C表示圆，且直线x−y−1=0与圆C交于A，B两点，是否存在实数m，使得以AB为直径的圆过原点，若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
关于本题考查的空间中直线与直线之间的位置关系，需要了解相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线： 不同在任何一个平面内，没有公共点才能得出正确答案．
【解答】
解：根据线面平行的位置关系及线线位置关系的分类及定义，
可由已知两直线平行于同一平面，得到两直线的位置关系:
若a // α，且b // α，
则a与b可能平行，也可能相交，也有可能异面，
故平行于同一个平面的两条直线的位置关系是平行、相交或异面.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
先根据直线平行的性质求出k的值，后利用平行线的距离公式求解即可．
【解答】
解：∵ 直线kx+6y+2=0与4x−3y+4=0平行，
∴ k=−8．
∴ 直线kx+6y+2=0可化为4x−3y−1=0，
∴ 两平行直线之间的距离为d=|−1−4|42+32=1.
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于选项A，当三点共线时，无法确定一个平面，故A错误；
对于选项B，一个四边形，若对边异面，则为一个立体图形，故B错误；
对于选项C，因为梯形有一组对边平行，两条平行线可以确定一个平面，则梯形一定是平面图形，故C正确；
对于选项D，若两个不同平面α和β有不在同条直线上的三个公共点，由于三个不共线的点能确定一个平面，则平面α与平面β重合，与已知矛盾，故D错误．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
平面与平面平行的判定
【解析】
A、B、C列举反例：当α∩β＝a，l // m // a；当α∩β＝a，且在α内同侧有两点，另一侧一个点，三点到β的距离相等；当l与m平行；先判断α内存在两条相交直线与平面β平行，再根据面面平行的判定，即可得到结论．
【解答】
解：对于A，当α∩β=a，l // a时，不能推出α // β；
对于B，当α∩β=a，且在α内同侧有两点，另一侧一个点，三点到β的距离相等时，不能推出α // β；
对于C，当l与m平行时，不能推出α // β；
对于D，∵ l，m是两条异面直线，且l // α，m // α，l // β，m // β，
∴ α内存在两条相交直线与平面β平行，根据面面平行的判定，可得α // β.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得，圆心(a,0)到直线的距离小于或等于半径，
即|a−0+1|2≤2，
化简得|a+1|≤2，
即−2≤a+1≤2，
解得−3≤a≤1．
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
利用轴截面为正三角形，很容易得到底面半径，母线长，代入公式求得底面积和侧面积，得解．
【解答】
解：如图，
圆锥的轴截面ABC为正三角形，边长为2，
故底面半径r=1，母线长l=2，
S底=πr2=π，
S侧=πrl=2π，
∴ 圆锥表面积为3π.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
由直观图还原原图时，注意横不变，纵为直观图的2倍，可得三角形的底边，仍然为3，高为直观图的2倍是4，求出原三角形的面积．
【解答】
解：由直观图可得原三角形的底为3，高为4，
所以原三角形的面积S=12×3×4=6.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
由三视图和题意可知三棱柱是正三棱柱，结合正视图，不难得到侧视图，然后求出面积．
【解答】
解：由三视图和题意可知三棱柱是正三棱柱，底面边长为2，侧棱长2，
结合正视图，俯视图，得到侧视图是矩形，长为2，宽为3，
所以面积为：23，
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，
取AD中点F，连接EF，CF，
∵ E为AB的中点，
∴ EF // DB，
则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，
∵ ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，
∴ CE=CF．
∵ 正四面体的棱长为2，
则EF=1，
CE=CF=22−12=3．
在△CEF中，由余弦定理得：
cs∠CEF=CE2+EF2−CF22CE⋅EF
=36．
故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
根据直线和圆的位置关系即可得到结论．利用特殊位置进行研究即可．
【解答】
解：曲线y=2−x2线是以(0, 0)为圆心，2为半径位于x轴上方的半圆．
当直线l:y=x+a过点A(−2, 0)时，直线与曲线有两个不同的交点，
此时0=−2+a，解得a=2．
当直线l:y=x+a与曲线相切时，直线和圆有一个交点，
圆心(0, 0)到直线x−y+a=0的距离d=|a|2=2
解得a=2或−2（舍去）.
若曲线C:y=2−x2和直线l:y=x+a有两个不同的交点，
所以2≤a<2.
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PE上，求出球的半径，求出球的表面积．
【解答】
解：如图，正四棱锥P−ABCD中，PE为正四棱锥的高，如图所示，
根据球的相关知识可知，正四棱锥的外接球的球心O必在正四棱锥的高线PE所在的直线上，
设外接球半径为R，
在Rt△AEO中， AE2+OE2=AO2,
∵PE=4，AE=12AC=2，
∴(2)2+(4−R)2=R2,
解得R=94.
∴ S=4πR2=81π4.
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
与圆有关的最值问题
圆的综合应用
【解析】
先根据两圆的方程求出圆心和半径，结合图形，把求|PN||−|PM|的最大值转化为|PF|−|PE|+1的最大值，
再利用|PF|−|PE|=|PF|−|PE′|≤|E′F|=1，求出所求式子的最大值．
【解答】
解：圆x2+(y−1)2=14的圆心E(0, 1)，圆(x−2)2+y2=14的圆心F(2, 0)，这两个圆的半径都是12．
要使|PN|−|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，
则|PN|最大值为|PF|+12，|PM|的最小值为|PE|−12，
故|PN|−|PM|最大值是 (|PF|+12) −(|PE|−12) =|PF|−|PE|+1，
点P(t, t)在直线y=x上，E(0, 1)关于y=x的对称点E′(1, 0)，直线FE′与y=x的交点为原点O，
则|PF|−|PE|=|PF|−|PE′|≤|E′F|=1，
故|PF|−|PE|+1的最大值为1+1=2.
故选B．
二、填空题
【答案】
②③
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，直线ax+by+c−1=0经过圆x2+y2−2y−5=0的圆心，
则有b+c=1，
则4b+1c=4b+4cb+b+cc
=5+4cb+bc≥9，故①错误；
若圆(x−3)2+(y+5)2=r2上有且只有两个点到直线4x−3y=2的距离为1，
因为圆心到直线的距离为5，则可求出4设经过点(2,4)的圆x2+y2−2x−2y+1=0的切线为y=k(x−2)+4，
则有d=r可求出k=43，则y−4x−2的取值范围为[43,+∞)，故③正确；
点M在圆(x−3)2+(y−2)2=2上运动，点N(0,−2)在圆外，则|MN|的最大值为(3−0)2+(2+2)2+2=5+2，故④错误；
所以正确的命题为②③.
故答案为：②③.
三、解答题
【答案】
解：(1)由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．
圆锥侧面积为S=12(2πa)⋅(2a)=2πa2，
圆柱侧面积为S=(2πa)⋅(2a)=4πa2，
底面圆面积为S=πa2，
所以S=2πa2+4πa2+πa2=(2+5)πa2．
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图，
则，PQ=AP2+AQ2=a2+(πa)2=a1+π2
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1+π2．
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．
（2）将圆柱侧面展开，在平面矩形内线段PQ长为所求．
【解答】
解：(1)由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．
圆锥侧面积为S=12(2πa)⋅(2a)=2πa2，
圆柱侧面积为S=(2πa)⋅(2a)=4πa2，
底面圆面积为S=πa2，
所以S=2πa2+4πa2+πa2=(2+5)πa2．
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图，
则，PQ=AP2+AQ2=a2+(πa)2=a1+π2
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1+π2．
【答案】
证明：(1)连接EF，HG，
空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，
∴ HG//AC且HG=12AC .
又AEAB=CFCB=14，
∴ EF//AC且EF=34AC .
故EF//HG，即E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知EF//HG且EF≠HG，
∴ 设EH与FG交于点P，
∵ EH⊂平面ABD，P在平面ABD内，
同理P在平面BCD内，且平面ABD∩平面BCD=BD，
∴ 点P在直线BD上，
∴ 直线EH，BD，FG相交于一点．
【考点】
空间点、线、面的位置
【解析】
（1）根据题意利用中位线定理，平行线分线段成比例逆定理和平行公理，可得EF//HG，再根据公理2的推论即得证 .
（2）由（1）知EF//HG且EF≠HG，所以EH与FG交于一点P，只需再证明点P在直线BD上，即可证出．
【解答】
证明：(1)连接EF，HG，
空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，
∴ HG//AC且HG=12AC .
又AEAB=CFCB=14，
∴ EF//AC且EF=34AC .
故EF//HG，即E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知EF//HG且EF≠HG，
∴ 设EH与FG交于点P，
∵ EH⊂平面ABD，P在平面ABD内，
同理P在平面BCD内，且平面ABD∩平面BCD=BD，
∴ 点P在直线BD上，
∴ 直线EH，BD，FG相交于一点．
【答案】
解：(1)由A(4, 3)及AB边上的高所在直线为x−y−3=0，
得AB所在直线方程的斜率为−1，
则直线AB的方程为y−3=−(x−4)，
即为x+y−7=0；
又BD所在直线方程为3x+y−7=0，
由3x+y−7=0，x+y−7=0，
求得点B(0, 7).
(2)设C(m, n)，又A(4, 3)，D为AC中点，
则D(m+42,n+32)，
由已知得3×m+42+n+32−7=0，m−n−3=0，
解得C(12,−52)；
又B(0, 7)，
则x−012−0=y−7−52−7，
化简得直线BC的方程为19x+y−7=0．
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的点斜式方程
直线的两点式方程
【解析】
（1）由点A及AB边上的高所在直线求得直线AB的方程，再与BD所在直线方程联立求出点B的坐标；
（2）根据题意列方程求出点C的坐标，再利用两点式求出直线BC的方程．
【解答】
解：(1)由A(4, 3)及AB边上的高所在直线为x−y−3=0，
得AB所在直线方程的斜率为−1，
则直线AB的方程为y−3=−(x−4)，
即为x+y−7=0；
又BD所在直线方程为3x+y−7=0，
由3x+y−7=0，x+y−7=0，
求得点B(0, 7).
(2)设C(m, n)，又A(4, 3)，D为AC中点，
则D(m+42,n+32)，
由已知得3×m+42+n+32−7=0，m−n−3=0，
解得C(12,−52)；
又B(0, 7)，
则x−012−0=y−7−52−7，
化简得直线BC的方程为19x+y−7=0．
【答案】
解：(1)直线AB的斜率k=5−01−6=−1，
所以AB的垂直平分线m的斜率为1．
AB的中点的横坐标和纵坐标分别为
x=6+12=72，y=0+52=52．
因此，直线m的方程为y−52=1(x−72)，
即x−y−1=0．
又圆心在直线l上，所以圆心是直线m与直线l的交点．
联立方程组x−y−1=0,2x−7y+8=0,
解得x=3,y=2,
所以圆心坐标为C(3, 2)，又半径r=|CA|=13，
则所求圆的方程是(x−3)2+(y−2)2=13．
(2)设线段PQ的中点M(x, y)，P(x0, y0)
M为线段PQ的中点，则x0+82=x,y0+02=y,
解得x0=2x−8,y0=2y,
将P(2x−8, 2y)代入圆C中得(2x−8−3)2+(2y−2)2=13，
即线段PQ中点M的轨迹方程为(x−112)2+(y−1)2=134.
【考点】
圆的标准方程
直线的斜率
轨迹方程
【解析】
（1）求出AB的垂直平分线m的方程为，利用圆心是直线m与直线l的交点，可得圆心与半径，即可求圆C的方程；
（2）利用代入法，求线段PQ中点M的轨迹方程．
【解答】
解：(1)直线AB的斜率k=5−01−6=−1，
所以AB的垂直平分线m的斜率为1．
AB的中点的横坐标和纵坐标分别为
x=6+12=72，y=0+52=52．
因此，直线m的方程为y−52=1(x−72)，
即x−y−1=0．
又圆心在直线l上，所以圆心是直线m与直线l的交点．
联立方程组x−y−1=0,2x−7y+8=0,
解得x=3,y=2,
所以圆心坐标为C(3, 2)，又半径r=|CA|=13，
则所求圆的方程是(x−3)2+(y−2)2=13．
(2)设线段PQ的中点M(x, y)，P(x0, y0)
M为线段PQ的中点，则x0+82=x,y0+02=y,
解得x0=2x−8,y0=2y,
将P(2x−8, 2y)代入圆C中得(2x−8−3)2+(2y−2)2=13，
即线段PQ中点M的轨迹方程为(x−112)2+(y−1)2=134.
【答案】
(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴ BC//AD .
(2)证明：取PA的中点F．连接EF，BF，
∵ E是PD的中点，
∴ EF // AD，EF=12AD，
又由(1)可得BC//AD，BC=12AD，
∴ BC//EF，BC=EF，
∴ 四边形BCEF是平行四边形，
∴ CE//BF，
∵ CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴ CE//平面PAB .
(3)解：取AD中点N，连接CN，EN，
∵ E，N分别为PD，AD中的中点，
∴ EN//PA，
∵ EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴ EN//平面PAB，
又由(2)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，
∴ 平面CEN//面PAB，
∵ M是CE上的动点，点N∈平面CEN，
∴ MN//平面PAB，
∴ 线段AD上存在点N，使MN//平面PAB .
【考点】
直线与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴ BC//AD .
(2)证明：取PA的中点F．连接EF，BF，
∵ E是PD的中点，
∴ EF // AD，EF=12AD，
又由(1)可得BC//AD，BC=12AD，
∴ BC//EF，BC=EF，
∴ 四边形BCEF是平行四边形，
∴ CE//BF，
∵ CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴ CE//平面PAB .
(3)解：取AD中点N，连接CN，EN，
∵ E，N分别为PD，AD中的中点，
∴ EN//PA，
∵ EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴ EN//平面PAB，
又由(2)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，
∴ 平面CEN//面PAB，
∵ M是CE上的动点，点N∈平面CEN，
∴ MN//平面PAB，
∴ 线段AD上存在点N，使MN//平面PAB .
【答案】
解：(1)当m=1时，曲线C是以C(1,2)为圆心，2为半径的圆，
若直线l的斜率不存在，显然不符，
故可设直线l为：y−3=k(x+2)，即kx−y+2k+3=0，
由题意知，圆心C(1,2)到直线l的距离等于22−32=1，
即：k−2+2k+3k2+1=1，
解得k=0或k=−34，
故得方程y=3或y=−34x+32（即3x+4y−6=0）．
(2)由曲线C表示圆x2+y2−2x−4y+m=0，
即x−12+y−22=5−m，
所以圆心C(1,2)，半径r=5−m，则必有m<5，
假设存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，
则OA⊥OB，设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1x2+y1y2=0，
由x2+y2−2x−4y+m=0,x−y−1=0得2x2−8x+5+m=0，
∴Δ=64−8(m+5)=24−8m>0，即m<3，又m<5，
故m<3，从而x1+x2=4，x1x2=m+52，
∴y1y2=(x1−1)(x2−1)=x1x2−(x1+x2)+1
=m+52−3=m−12，
∴x1x2+y1y2=m+52+m−12
=m+2=0，
∴m=−2<3，
故存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，m=−2．
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线的斜率
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)当m=1时，曲线C是以C(1,2)为圆心，2为半径的圆，
若直线l的斜率不存在，显然不符，
故可设直线l为：y−3=k(x+2)，即kx−y+2k+3=0，
由题意知，圆心C(1,2)到直线l的距离等于22−32=1，
即：k−2+2k+3k2+1=1，
解得k=0或k=−34，
故得方程y=3或y=−34x+32（即3x+4y−6=0）．
(2)由曲线C表示圆x2+y2−2x−4y+m=0，
即x−12+y−22=5−m，
所以圆心C(1,2)，半径r=5−m，则必有m<5，
假设存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，
则OA⊥OB，设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1x2+y1y2=0，
由x2+y2−2x−4y+m=0,x−y−1=0得2x2−8x+5+m=0，
∴Δ=64−8(m+5)=24−8m>0，即m<3，又m<5，
故m<3，从而x1+x2=4，x1x2=m+52，
∴y1y2=(x1−1)(x2−1)=x1x2−(x1+x2)+1
=m+52−3=m−12，
∴x1x2+y1y2=m+52+m−12
=m+2=0，
∴m=−2<3，
故存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，m=−2．