2020-2020年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2020年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（文）试卷人教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. 若三点A(0, 8)，B(−4, 0)，C(m, −4)共线，则实数m的值是( )
A.6B.−2C.−6D.2

2. 已知△ABC三个顶点的坐标分别为A2,6，B1,−6，C(5,2)，M为BC的中点，则中线AM所在直线的方程为( )
A.10x+y−26=0B.8x+y−22=0C.8x+y−26=0D.10x−y−34=0

3. 直线l1：y=x+1中，若l1，l2关于x轴对称，则l2的倾斜角( )
A.π4B.3π4C.5π4D.−π4

4. 若直线l1:x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则l1与l2间的距离为( )
A.2B.823C.3D.833

5. 已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30∘，则此圆锥的体积为（ ）
A.27πB.93πC.9πD.33π

6. 设点A在x轴上，点B在y轴上，AB的中点是P2,−1，则|AB|等于( )
A.5B.42C.25D.210

7. 已知直线Ax+By+C=0的图象如图，则( )

A.若C>0，则A>0，B>0B.若C>0，则A<0，B>0
C.若C<0，则A>0，B<0D.若C<0，则A>0，B>0

8. 经过点P(0, −1)作直线l，若直线l与连接A(1, −2)，B(2, 1)的线段总有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围为( )
A.[0,π4]∪[34π,π)B.[0,π4]C.[34π,π)D.[0,π4]∪[34π,π]

9. 已知A(−3, 8)和B(2, 2)，在x轴上有一点M，使得|AM|+|BM|最小，则点M的坐标为( )
A.(−1, 0)B.(0,225)C.(225,0)D.(1, 0)

10. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A.α∩β=n，m⊂α，m // β⇒m // nB.α⊥β，α∩β=m，m⊥n⇒n⊥β
C.m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD.m // α，n⊂α⇒m // n

11. 过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，PB，PC，则下列结论错误的是( )
A.若PA=PB=PC，∠C=90∘，则点O是AB的中点
B.若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心
C.若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心
D.若PA=PB=PC=AB=BC=AC=2，则四面体PABC体积为8π

12. 一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )

A.1+3B.1+22C.2+3D.22
二、填空题

设x，y满足约束条件y≤x+1，y≥2x−1，x≥0，y≥0，则目标函数z=y+1x+1的最大值为________.
三、解答题

已知△ABC的顶点A5，1，AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0.
(1)求AC边所在直线方程；

(2)求过顶点C且与BH平行的直线．

已知直线 l1:y=2x+4 ,直线 l2 经过点 (2,1).
(1)若 l1⊥l2 ，求直线 l2 的方程;

(2)若 l2 与两坐标轴的正半轴分别交于P，Q两点，求 △OPQ 面积的最小值（其中O为坐标原点）.

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，AB//CD，AB=4，CD=2，点M在棱PD上．

(1)求证：CD//平面PAB；

(2)若PB//平面MAC，求PMMD的值.

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥菱形 ABCD所在的平面，∠ABC=60∘，E是 BC 的中点，M是PD的中点.

(1)求证：AE⊥平面 PAD；

(2)若AB=AP=2，求三棱锥P−ACM的体积.

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点，AB=BC=AA1=1.

(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；

(2)求BE与平面BCC1B1所成角的正弦值．

如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC // 平面GEFH．

1证明：GH // EF；

2若EB=2，求四边形GEFH的面积．
参考答案与试题解析
2020-2020年安徽省六安市高二（上）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
三点共线
【解析】
直线斜率存在时，用直线的斜率相等即可解题．
【解答】
解：由题意知，直线的斜率存在，
∴ KAB=KAC，
即：−8−4=−12m，
∴ m=−6，
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程
直线的两点式方程
中点坐标公式
【解析】
无
【解答】
解：由中点坐标公式得M3,−2，
所以kAM=−8，
所以AM的方程为y+2=−8x−3，
即8x+y−22=0．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
直线的斜率
直线的倾斜角
【解析】
l1，l2关于x轴对称，设l1, 12的斜率为k1和k2，则有k1+k2=0，又由k1=1，得k2=−1，则l2的倾斜角为3π4.
【解答】
解：l1，l2关于x轴对称，设l1, l2的斜率为k1和k2，
则有k1+k2=0，
又由k1=1，得k2=−1，
则l2的倾斜角为3π4.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
先由两直线平行可求a得值，再根据两平行线间的距离公式，求出距离d即可．
【解答】
解：由l1 // l2得：1a−2=a3≠62a，
解得：a=−1.
将a=−1代入l2：(a−2)x+3y+2a=0得，−3x+3y−2=0，
可化为x−y+23=0，
∴ l1与l2间的距离d=6−2312+(−1)2=823.
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算．
【解答】
解：∵ 圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30∘，
∴ 圆锥的底面半径为3，高为：33．
圆锥的体积为：13×π×9×33=93π．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
两点间的距离公式
中点坐标公式
【解析】
利用中点坐标公式解得A4,0,B0,2，再利用两点之间的距离公式得解.
【解答】
解：由题设Am,0，B0,n，
由AB的中点P(2,−1)得2=m2，−1=n2，⇒m=4,n=−2,
∴ A4,0，B0,−2，
则AB=42+−22=25.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
直线的斜截式方程
【解析】
直线Ax+By+C=0的图象如图，化为y=−ABx−CB，根据斜率与截距的意义可得：−AB<0,−CB>0，对C分类讨论即可得出．
【解答】
解：根据图象，直线Ax+By+C=0化为y=−ABx−CB，
所以−AB<0，−CB>0.
若C>0，则A<0，B<0，
若C<0，则A>0，B>0.
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
如图所示，设直线l的倾斜角为α，α∈[0, π)．根据直线l与连接A(1, −2)，B(2, 1)的线段总有公共点，可得kPA≤tanα≤kPB．
【解答】
解：设直线l的倾斜角为α，α∈[0, π)．
kPA=−1+20−1=−1，kPB=−1−10−2=1．
∵ 直线l与连接A(1, −2)，B(2, 1)的线段总有公共点，
∴ −1≤tanα≤1．
∴ α∈[0,π4]∪[3π4,π)．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
两条直线的交点坐标
【解析】
利用对称知识得到点B(2, 2)关于x轴的对称点为B′，连接AB′，根据B′和A的坐标求得直线AB′的方程，求出它与x轴交点坐标即为M的坐标．
【解答】
解：找出点B关于x轴的对称点B′，连接AB′，与x轴的交于M点，连接BM，
此时|AM|+|BM|最小，
由B与B′关于x轴对称，B(2, 2)，可知B′(2, −2).
又A(−3, 8)，
则直线AB′的方程为y+2=8+2−3−2(x−2)，
化简得：y=−2x+2，令y=0，解得x=1，所以M(1, 0).
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，由线面平行的性质定理得m // n；在B中，则n与β相交、平行或m⊂β；在C中，由α与β相交或平行；在D中，m与n平行或异面．
【解答】
解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：
A，α∩β=n，m⊂α，m // β，则由线面平行的性质定理得m // n，故A正确；
B，α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n与β相交、垂直或n⊂β，故B错误；
C，m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β相交或垂直，故C错误；
D，m // α，n⊂α，则m与n平行或异面，故D错误．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
三角形五心
空间中直线与平面之间的位置关系
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题PA=PB=PC，连接OA、OB、OC，则OA=OB=OC，可知O为三角形ABC外心，∠C=90∘，则O为AB的中点，可知A,B正确；根据线面垂直的判定定理得到PA⊥平面PBC，即可得PA⊥BC，再根据PO⊥平面ABC，得到PO⊥BC，即可得到BC⊥平面PAO，进而得到BC⊥AO，同理AB⊥CO,AC⊥BO，即可得到O为三角形ABC的垂心，可知C正确，进而得解．
【解答】
解：作PO⊥平面α，垂足为O，连PA，PB，PC，
若PA=PB=PC，连接OA，OB，OC，
则OA=OB=OC，
所以O为三角形ABC外心.
已知∠C=90∘，
因为直角三角形的外心在斜边的中点上，
所以O为AB的中点，故选项A，B正确；
若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，
则PA⊥平面PBC，
所以PA⊥BC.
又因为PO⊥平面ABC，
则PO⊥BC，
所以BC⊥平面PAO，
所以BC⊥AO.
同理可得AB⊥CO，AC⊥BO，
所以O为△ABC的垂心，故选项C正确；
因为PA=PB=PC=AB=BC=AC=2，
由题意得四面体PABC为正三棱锥，
所以CD=3，
所以CO=23CD=233.
在Rt△POC中，
因为PC=2，CO=233，
所以PO=PC2−CO2=263.
因为S△ABC=12×2×3=3，
所以V四面体PABC=13S△ABC ⋅PO=223，故选项D错误.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
判断得出三棱锥O−ABC，OE⊥底面ABC，EA＝ED＝1，OE＝1，AB＝BC=2，AB⊥BC，
可判断；△OAB≅△OBC的直角三角形，
运用面积求解即可．
【解答】
解：由三视图可得该四面体的直观图如图所示，
平面ABD⊥平面BCD，
△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形，
AB=AD=BC=CD=2.
取BD的中点O，连接AO，CO，
则AO⊥CO，AO=CO=1.
由勾股定理得AC=2，
因此△ABC与△ACD为全等的正三角形，
由三角形面积公式得，
S△ABC=S△ACD=32，
S△ABD=S△BCD=1，
所以四面体的表面积为2+3.
故选C.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】

【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域，
则y+1x+1表示平面区域内的点(x,y)与点(−1,−1)的连线的斜率，
由图可知，当点(x,y)为直线y=x+1与x=0交点，
即x=0,y=1时，y+1x+1取到最大值2.
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
解：(1)由AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
可知kAC=−2.
又A5，1，
故AC边所在直线方程为y−1=−2x−5，
即AC边所在直线方程为2x+y−11=0．
(2)联立2x+y−11=0,2x−y−5=0,
解得x=4,y=3,
所以顶点C的坐标为4，3.
又因为BH所在直线的斜率为12，
故所求直线方程为y−3=12x−4，
即x−2y+2=0．
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】


【解答】
解：(1)由AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
可知kAC=−2.
又A5，1，
故AC边所在直线方程为y−1=−2x−5，
即AC边所在直线方程为2x+y−11=0．
(2)联立2x+y−11=0,2x−y−5=0,
解得x=4,y=3,
所以顶点C的坐标为4，3.
又因为BH所在直线的斜率为12，
故所求直线方程为y−3=12x−4，
即x−2y+2=0．
【答案】
解：(1)由题意可知，l1⊥l2，
∴ l2的斜率为−12,
设直线 l2的方程为y=−12x+b,
由直线经过 (2,1) 点，可得 b=2,
即直线l2的方程为 y=−12x+2.
(2)由题意可知，直线l2在两个坐标轴上的截距都存在且大于0,
设P(a,0),Q(0,b) ，其中a>0,b>0,
则l2:xa+yb=1,
因为直线 l2经过点 (2,1) ,
故2a+1b=1,
由基本不等式：1=2a+1b≥22ab,
（当且仅当 a=4,b=2 时等号成立）,
可得ab≥8,
所以S△OPQ=12ab≥4,
即三角形OPQ面积最小值为4.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
直线的截距式方程
直线的斜截式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可知，l1⊥l2，
∴ l2的斜率为−12,
设直线 l2的方程为y=−12x+b,
由直线经过 (2,1) 点，可得 b=2,
即直线l2的方程为 y=−12x+2.
(2)由题意可知，直线l2在两个坐标轴上的截距都存在且大于0,
设P(a,0),Q(0,b) ，其中a>0,b>0,
则l2:xa+yb=1,
因为直线 l2经过点 (2,1) ,
故2a+1b=1,
由基本不等式：1=2a+1b≥22ab,
（当且仅当 a=4,b=2 时等号成立）,
可得ab≥8,
所以S△OPQ=12ab≥4,
即三角形OPQ面积最小值为4.
【答案】
(1)证明：因为CD//AB，CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD//平面PAB．
(2)解：连结BD交AC于O，连结OM，
因为PB//平面MAC，且PB⊂平面PBD，
平面PBD∩平面MAC=MO，
所以PB//MO，
所以△DOM∼△DBP，
所以PMMD=OBOD，
因为CD//AB，易得△COD∼△AOB，
则OBOD=ABCD=2，
因此，PMMD=2．
【考点】
相似三角形的性质
相似三角形的判定
平面与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
左侧图片未提供解析．
【解答】
(1)证明：因为CD//AB，CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD//平面PAB．
(2)解：连结BD交AC于O，连结OM，
因为PB//平面MAC，且PB⊂平面PBD，
平面PBD∩平面MAC=MO，
所以PB//MO，
所以△DOM∼△DBP，
所以PMMD=OBOD，
因为CD//AB，易得△COD∼△AOB，
则OBOD=ABCD=2，
因此，PMMD=2．
【答案】
(1)证明：∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，
∴△ABC为正三角形.
∵E是BC中点，
∴AE⊥BC.
∵AD//BC，
∴AE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE.
又∵PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD.
(2)解：∵AB=AP=2，
∴AD=2，AE=3，
∴VP−ACM=VC−PAM=VE−PAM
=13⋅S△PAM⋅AE=13⋅12S△PAD⋅3=33.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，
∴△ABC为正三角形.
∵E是BC中点，
∴AE⊥BC.
∵AD//BC，
∴AE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE.
又∵PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD.
(2)解：∵AB=AP=2，
∴AD=2，AE=3，
∴VP−ACM=VC−PAM=VE−PAM
=13⋅S△PAM⋅AE=13⋅12S△PAD⋅3=33.
【答案】
(1)证明：∵ BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ BB1⊥AB.
∵ AB⊥BC，BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
∵ AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)解：取B1C1中点为G，连结EG，BG．
∵ 点E为A1C1的中点，
∴ EG//A1B1//AB.
∵ AB⊥平面B1BCC1，
∴ EG⊥平面B1BCC1，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的平面角为∠EBG.
∵ EG=12A1B1=12，
BG=BB12+B1G2=12+122=52，
∴ BE=BG2+EG2=122+522=62，
∴ sin∠EBG=1262=66，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的正弦值为66.
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直的判定
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ BB1⊥AB.
∵ AB⊥BC，BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
∵ AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)解：取B1C1中点为G，连结EG，BG．
∵ 点E为A1C1的中点，
∴ EG//A1B1//AB.
∵ AB⊥平面B1BCC1，
∴ EG⊥平面B1BCC1，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的平面角为∠EBG.
∵ EG=12A1B1=12，
BG=BB12+B1G2=12+122=52，
∴ BE=BG2+EG2=122+522=62，
∴ sin∠EBG=1262=66，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的正弦值为66.
【答案】
1证明：∵ BC // 平面GEFH，
平面GEFH∩平面ABCD=EF，
BC⊂平面ABCD，
∴ BC // EF，
∵ EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴ EF // 平面PBC，
∵ 平面EFGH∩平面PBC=GH，
∴ EF // GH；
2解：连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，
连接OP，GK．
由题意知该四棱锥为正四棱锥，
∴PA=PC，O为AC中点，
∴ PO⊥AC，
同理可得PO⊥BD，
又∵ BD∩AC=O，AC⊂底面ABCD，
BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥底面ABCD，
又∵ 平面GEFH⊥平面ABCD，
PO⊄平面GEFH，
∴ PO // 平面GEFH，
∵ 平面PBD∩平面GEFH=GK，
∴ PO // GK，且GK⊥底面ABCD
∴ GK是梯形GEFH的高
∵ AB=8，EB=2，
∴ EBAB=KBDB=14，
∴ KB=14DB=12OB，即K为OB中点，
又∵ PO // GK，
∴ GK=12PO，
即G为PB中点，且GH=12BC=4，
由已知可得OB=42，
PO=PB2−OB2=68−32=6，
∴ GK=3，
故四边形GEFH的面积
S=12(GH+EF)×GK=12(4+8)×3=18．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）证明GH // EF，只需证明EF // 平面PBC，只需证明BC // EF，利用BC // 平面GEFH即可；
（2）求出四边形GEFH的上底、下底及高，即可求出面积．
【解答】
1证明：∵ BC // 平面GEFH，
平面GEFH∩平面ABCD=EF，
BC⊂平面ABCD，
∴ BC // EF，
∵ EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴ EF // 平面PBC，
∵ 平面EFGH∩平面PBC=GH，
∴ EF // GH；
2解：连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，
连接OP，GK．
由题意知该四棱锥为正四棱锥，
∴PA=PC，O为AC中点，
∴ PO⊥AC，
同理可得PO⊥BD，
又∵ BD∩AC=O，AC⊂底面ABCD，
BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥底面ABCD，
又∵ 平面GEFH⊥平面ABCD，
PO⊄平面GEFH，
∴ PO // 平面GEFH，
∵ 平面PBD∩平面GEFH=GK，
∴ PO // GK，且GK⊥底面ABCD
∴ GK是梯形GEFH的高
∵ AB=8，EB=2，
∴ EBAB=KBDB=14，
∴ KB=14DB=12OB，即K为OB中点，
又∵ PO // GK，
∴ GK=12PO，
即G为PB中点，且GH=12BC=4，
由已知可得OB=42，
PO=PB2−OB2=68−32=6，
∴ GK=3，
故四边形GEFH的面积
S=12(GH+EF)×GK=12(4+8)×3=18．