2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（文科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（文科）人教A版，共10页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在空间，下列命题正确的是（ ）
A.平行直线的平行投影重合
B.平行于同一直线的两个平面平行
C.垂直于同一平面的两个平面平行
D.垂直于同一平面的两条直线平行

2. 已知直线3x+2y−3=0和6x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是（ ）
A.4B.21313C.51326D.71326

3. 如图所示，ABCD−A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是（ ）

A.A，M，O三点共线B.A，M，O，A1不共面
C.A，M，C，O不共面D.B，B1，O，M共面

4. 设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，（ ）
A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥m
C.若l // β，则α // βD.若α // β，则l // m

5. 如图，在三棱锥P−ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是（ ）

A.AP⊥PB，AP⊥PCB.AP⊥PB，BC⊥PB
C.平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD.AP⊥平面PBC

6. 如图所示，在立体图形D−ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）

A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE

7. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )

A.217B.25C.3D.2

8. 中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )

A.2722B.182C.183D.186

9. 设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )

A.123B.183C.243D.543

10. 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )

A.17πB.18πC.20πD.28π

11. 下列命题中错误的是( )
A.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β

12. 已知直线l过P(−m, 6)，Q(1, 3m)两点，且l的倾斜角是直线l′:y=2x+1倾斜角的两倍，则实数m的值为（ ）
A.−10B.1413C.225D.3411
二、填空题（本大题4个小题，每小题4分，共16分）在每小题中，请将答案直接填在题后的横线上.

一水平放置的平面图形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形OABC的面积为________．

如图，E，F分别是三棱锥P−ABC的棱AP，BC的中点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB与PC所成的角为________．


已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30∘．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．

若点A(1, 2)，B(3, 5)在直线kx+2y−3=0的异侧，则实数k的取值范围是________．
三、解答题（共5题，共计48分）

已知点A(1, 3)，B(4, 6)，点P是l:y=x+1上的动点，求|PA|+|PB|的最小值．

直线l的过点P(2, 1)．
（1）若直线l在两坐标上等截距，求直线l的方程；

（2）若直线1与x，y轴正半轴分别于点A，B，O为原点，求|OA|+|OB|取最小值时直线l的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，底面ABCD为梯形，AD // BC，CD⊥BC，AD=2，AB=BC=3，PA=4，M为AD中点，N为PC上一点，且PC=3PN．

(1)求证：MN // 平面PAB；

(2)求点M到平面PAN的距离．

如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90∘．

(1)求证：AD⊥BC；

(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；

(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(Ⅰ)求证：BD⊥平面PAC；
(Ⅱ)若∠ABC＝60∘，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(Ⅲ)棱PB上是否存在点F，使得CF // 平面PAE？说明理由．

参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（文科）
一、选择题（本大题2个小题，每小题3分，共36分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将正确答案的代号填在题后的括号中.
1.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理，可以很容易得出答案．
【解答】
解：平行直线的平行投影重合，还可能平行，A错误．
平行于同一直线的两个平面平行，两个平面可能相交，B错误．
垂直于同一平面的两个平面平行，可能相交，C错误．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
根据两条直线平行，一次项的系数对应成比例，求得m的值，再根据两条平行线间的距离公式求得它们之间的距离．
【解答】
解：直线3x+2y−3=0即 6x+4y−6=0，根据它和6x+my+1=0互相平行，可得66=4m，故m=4．
可得它们间的距离为 d=∖frac|1−(−6)|=71326，
故选：D．
3.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
本题利用直接法进行判断．先观察图形判断A，M，O三点共线，为了要证明A，M，O三点共线，先将M看成是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，利用同样的方法证明点O、A也是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，从而证明三点共线．
【解答】
连接A1C1，AC，则A1C1 // AC，
∴ A1、C1、C、A四点共面，
∴ A1C⊂平面ACC1A1，
∵ M∈A1C，∴ M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，
∴ M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
∴ A、M、O三点共线．
4.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
A根据线面垂直的判定定理得出A正确；
B根据面面垂直的性质判断B错误；
C根据面面平行的判断定理得出C错误；
D根据面面平行的性质判断D错误．
【解答】
对于A，∵ l⊥β，且l⊂α，根据线面垂直的判定定理，得α⊥β，∴ A正确；
对于B，当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能垂直，∴ B错误；
对于C，当l // β，且l⊂α时，α与β可能平行，也可能相交，∴ C错误；
对于D，当α // β，且l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，∴ D错误．
5.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用线面垂直的判定与性质，即可得出结论．
【解答】
对于A，AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，则AP⊥平面PBC，∴ AP⊥BC，不合题意；
对于B，AP⊥PB，BC⊥PB，不能证明AP⊥BC，合题意；
对于C，平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，∴ BC⊥平面PAC，∴ BC⊥AP，不合题意；
对于D，AP⊥平面PBC，∴ AP⊥BC，不合题意；
6.
【答案】
C
【考点】
平面与平面垂直
【解析】
AB＝BC，AD＝CD，说明对棱垂直，然后推出平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE．
【解答】
BE⊥AC，DE⊥AC⇒AC⊥平面BDE，
故平面ABC⊥平面BDE，
平面ADC⊥平面BDE．
7.
【答案】
B
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可．
【解答】
解：由题意可知几何体是圆柱，
底面周长为16，高为2，
直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，
则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，
最短路径的长度：22+42=25．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知，该几何体为直三棱柱，
底面直角三角形斜边的高为6×3=32，
侧视图的高等于6，底边长为32，
所以该“堑堵”的侧视图的面积为32×6=182.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题主要考查球与三棱锥的切接问题及三棱锥的体积的最值问题．
【解答】
解：如图，设E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，
连结BE，OM，OD，BO．
因为S△ABC=34AB2=93，
所以AB=6，BM=23BE=23AB2−AE2=23．
易知OM⊥平面ABC，
所以在Rt△OBM中，OM=OB2−BM2=2，
所以当D，O，M三点共线且DM=OD+OM时，
三棱锥D−ABC的体积取得最大值，
且最大值Vmax=13S△ABC×(4+OM)=13×93×6=183．
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：该几何体的直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的 18， 设球的半径为R，
则V=78×43πR3=28π3，解得 R=2，
所以它的表面积是球面面积的 78 和三个扇形面积之和，
即S=78×4π×22+3×14π×22=17π．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
平面与平面垂直的性质
【解析】
本题考查的是平面与平面垂直的性质问题．在解答时：A注意线面平行的定义再结合实物即可获得解答；B反证法即可获得解答；C利用面面垂直的性质通过在一个面内作交线的垂线，然后用线面垂直的判定定理即可获得解答；D结合实物举反例即可．
【解答】
解：对于D，若平面 α⊥ 平面β，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，故命题不成立.其余选项易知均是正确的.
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
直线的斜率
【解析】
设直线l′:y=2x+1倾斜角为θ，则tanθ=2．则l的倾斜角是2θ．则6−3m−m−1=tan2θ，根据倍角公式即可得出．
【解答】
解：设直线l′:y=2x+1倾斜角为θ，则tanθ=2．
则l的倾斜角是2θ．
∴ 6−3m−m−1=tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2×21−22，解得m=1413．
故选：B．
二、填空题（本大题4个小题，每小题4分，共16分）在每小题中，请将答案直接填在题后的横线上.
【答案】
22
【考点】
斜二测画法
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，然后直接利用平行四边形的面积公式求面积．
【解答】
解：还原直观图为原图形如图，
因为O′A′=1，所以O′B′=2，还原回原图形后，
OA=O′A′=1，OB=2O′B′=22．
所以原图形的面积为1×22=22．
故答案为：22．
【答案】
60∘
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取AC的中点G，连接EG，GF，则GE // PC，GF // AB，从而∠EGF是异面直线PC，AB所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AB与PC所成的角．
【解答】
取AC的中点G，连接EG，GF，
由中位线定理可得：GE // PC，GF // AB且EG=12PC=5，GF=12AB=3
∴ ∠EGF是异面直线PC，AB所成的角（或所成角的补角），
在△GBF中由余弦定理可得：
cs∠EGF=EG2+FG2−EF22×EG×FG=25+9−492×5×3=−12，
∴ ∠EGF=120∘，
∴ 异面直线AB与PC所成的角为：180∘−120∘=60∘．
【答案】
8π
【考点】
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题主要考查圆锥与直角三角形的交汇．
【解答】
解：由题意画出图形，如图.
设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．
设圆锥的母线长为l，
则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得12l2=8，
解得l=4.
在Rt△ASO中，∠SAO=30∘，
所以SO=12l=2，AO=32l=23，
故该圆锥的体积V=13π×AO2×SO
=13π×(23)2×2=8π.
故答案为：8π．
【答案】
(−73, −1)
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
根据题意，分析可得(1×k+2×2−3)(3×k+2×5−3)<0，化简并解可得k的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，两点A(1, 2)．B(3, 5)在直线kx+2y−3=0的异侧，
必有(1×k+2×2−3)(3×k+2×5−3)<0，
即(k+1)(3k+7)<0，
解可得−73三、解答题（共5题，共计48分）
【答案】
由于点A(1, 3)，B(4, 6)在直线的同一侧，点P是l:y=x+1上的动点，
设A关于直线l:y=x+1的对称点A′(a, b)，
根据b−3a−1×1＝−1b+32＝a+12+1，求得a＝2b＝2，可得A′(2, 2)，
则|PA|+|PB|的最小值为A′B=(2−4)2+(2−6)2=25．
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
求出A关于直线l:y=x+1的对称点A′的坐标，则|PA|+|PB|的最小值为A′B，再利用两点间的距离公式，计算求得结果．
【解答】
由于点A(1, 3)，B(4, 6)在直线的同一侧，点P是l:y=x+1上的动点，
设A关于直线l:y=x+1的对称点A′(a, b)，
根据b−3a−1×1＝−1b+32＝a+12+1，求得a＝2b＝2，可得A′(2, 2)，
则|PA|+|PB|的最小值为A′B=(2−4)2+(2−6)2=25．
【答案】
得：2k=1，解得：k=12，
故l的方程是：y=12x；
直线不过原点时，若直线l在两坐标上等截距，
设A(a, 0)，B(0, a)，则直线l的方程为：x+y=a，
代入P(2，
得a=3，
∴ 方程为x+y−3=0；
((1)由题意设A(a, 0)，b(0, b)(a, b>0)，
则直线方程为xa+yb=1，
代入P(2,（2）得2a+1b=1，
故|OA|+|OB|=a+b=(a+b)(2a+1b)=3+ab+2ba≥3+22，
此时ab=2ba，k=−ba=−22，
∴ 方程为x+2y−2−2=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
（1）设A(a, 0)，B(0, a)(a>0)，直线l的方程为x+y=a，把点P(2, 1)代入可得a=3，求出直线方程即可；
（2）由基本不等式等号成立的条件可得直线的方程．
【解答】
得：2k=1，解得：k=12，
故l的方程是：y=12x；
直线不过原点时，若直线l在两坐标上等截距，
设A(a, 0)，B(0, a)，则直线l的方程为：x+y=a，
代入P(2，
得a=3，
∴ 方程为x+y−3=0；
((1)由题意设A(a, 0)，b(0, b)(a, b>0)，
则直线方程为xa+yb=1，
代入P(2,（2）得2a+1b=1，
故|OA|+|OB|=a+b=(a+b)(2a+1b)=3+ab+2ba≥3+22，
此时ab=2ba，k=−ba=−22，
∴ 方程为x+2y−2−2=0．
【答案】
(1)证明：过N作NE // BC，交PB于点E，连AE，
∵ M为AD中点，N为PC上一点，且PC=3PN．
∴ NE=13BC=1，AM=12AD=1，
又∵ AD // BC，
∴ EN // AM且EN=AM，
∴ 四边形AMNE是平行四边形，
∴ MN // AE，
又∵ MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，
∴ MN // 平面PAB．
(2)解：平面PAN即平面PAC，过点M作MF⊥AC于点F，
∵ PA⊥面ABCD，MF⊂面ABCD，
∴ PA⊥MF．
又AC∩PA=A，
∴ MF⊥平面PAC，
∴ MF即为点F到平面PAN的距离．
∵ 底面ABCD为梯形，AD // BC，CD⊥BC，AD=2，AB=BC=3，
∴ CD=22，AC=23，
∴ sin∠CAD=CDAC=MFMA=2223=MF1．
∴ MF=63．
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：过N作NE // BC，交PB于点E，连AE，
∵ M为AD中点，N为PC上一点，且PC=3PN．
∴ NE=13BC=1，AM=12AD=1，
又∵ AD // BC，
∴ EN // AM且EN=AM，
∴ 四边形AMNE是平行四边形，
∴ MN // AE，
又∵ MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，
∴ MN // 平面PAB．
(2)解：平面PAN即平面PAC，过点M作MF⊥AC于点F，
∵ PA⊥面ABCD，MF⊂面ABCD，
∴ PA⊥MF．
又AC∩PA=A，
∴ MF⊥平面PAC，
∴ MF即为点F到平面PAN的距离．
∵ 底面ABCD为梯形，AD // BC，CD⊥BC，AD=2，AB=BC=3，
∴ CD=22，AC=23，
∴ sin∠CAD=CDAC=MFMA=2223=MF1．
∴ MF=63．
【答案】
(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，
平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，
得AD⊥平面ABC.
∵BC⊂平面ABC，
∴ AD⊥BC.
(2)解：取棱AC的中点N，连结MN，ND，如图，
∵ M为棱AB的中点，故MN // BC，
∴ ∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角.
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=AD2+AM2=13.
∵ AD⊥平面ABC，∴ AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AN2=13.
在等腰三角形DMN中，MN=1，
可得cs∠DMN=12MNDM=1326，
∴ 异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.
(3)解：连结CM，如图，
∵ △ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3.
又∵ 平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，
∴ CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．
在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4，
在Rt△CMD中，sin∠CDM=CMCD=34，
∴ 直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34．
【考点】
平面与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
【解析】
(1)由平面ABC⊥平面ABD，结合面面垂直的性质可得AD⊥平面ABC，则AD⊥BC；
(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND，又M为棱AB的中点，可得∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，求解三角形可得异面直线BC与MD所成角的余弦；
(3)连接CM，由△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，可得CM⊥AB，且CM=3，再由面面垂直的性质可得CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角，求解三角形可得直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，
平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，
得AD⊥平面ABC.
∵BC⊂平面ABC，
∴ AD⊥BC.
(2)解：取棱AC的中点N，连结MN，ND，如图，
∵ M为棱AB的中点，故MN // BC，
∴ ∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角.
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=AD2+AM2=13.
∵ AD⊥平面ABC，∴ AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AN2=13.
在等腰三角形DMN中，MN=1，
可得cs∠DMN=12MNDM=1326，
∴ 异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.
(3)解：连结CM，如图，
∵ △ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3.
又∵ 平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，
∴ CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．
在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4，
在Rt△CMD中，sin∠CDM=CMCD=34，
∴ 直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34．
【答案】
证明：(Ⅰ)∵ 四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
∴ BD⊥PA，BD⊥AC，
∵ PA∩AC＝A，∴ BD⊥平面PAC．
（2）∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
E为CD的中点，∠ABC＝60∘，
∴ AB⊥AE，PA⊥AE，
∵ PA∩AB＝A，∴ AE⊥平面PAB，
∵ AE⊂平面PAE，∴ 平面PAB⊥平面PAE．
(Ⅲ)棱PB上是存在中点F，使得CF // 平面PAE．
理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，
∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，
∴ CG // AE，FG // PA，
∵ CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴ 平面CFG // 平面PAE，
∵ CF⊂平面CFG，∴ CF // 平面PAE．
【考点】
直线与平面垂直
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)推导出BD⊥PA，BD⊥AC，由此能证明BD⊥平面PAC．
(Ⅱ)推导出AB⊥AE，PA⊥AE，从而AE⊥平面PAB，由此能证明平面PAB⊥平面PAE．
(Ⅲ)棱PB上是存在中点F，取AB中点G，连结GF，CG，推导出CG // AE，FG // PA，从而平面CFG // 平面PAE，进而CF // 平面PAE．
【解答】
证明：(Ⅰ)∵ 四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
∴ BD⊥PA，BD⊥AC，
∵ PA∩AC＝A，∴ BD⊥平面PAC．
（2）∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
E为CD的中点，∠ABC＝60∘，
∴ AB⊥AE，PA⊥AE，
∵ PA∩AB＝A，∴ AE⊥平面PAB，
∵ AE⊂平面PAE，∴ 平面PAB⊥平面PAE．
(Ⅲ)棱PB上是存在中点F，使得CF // 平面PAE．
理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，
∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，
∴ CG // AE，FG // PA，
∵ CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴ 平面CFG // 平面PAE，
∵ CF⊂平面CFG，∴ CF // 平面PAE．