2020-2021学年山西省运城市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省运城市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版，共11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. 若直线l经过点A0,0和B−3,3，则它的倾斜角为( )
A.45∘B.60∘C.135∘D.120∘

2. 若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是( )
A.α内所有的直线都与a异面B.α内不存在与a平行的直线
C.直线a与平面α有公共点D.α内所有的直线都与a相交

3. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知点D0,0,0，A4,0,0，B4,2,0，A14,0,3，则对角线AC1的长为( )
A.9B.29C.5D.26

4. 如果直线ax+2y+1=0与直线x+y−2=0互相垂直，那么a的值等于( )
A.1B.−13C.−23D.−2

5. 圆锥的底面半径为a，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是( )
A.2πa2B.4πa2C.πa2D.3πa2

6. 两直线3x+y−2=0与6x+my=0互相平行，则它们之间的距离为( )
A.104B.105C.3104D.71020

7. 某几何体的三视图如图所示，其中正视图中的曲线为14圆弧，则该几何体的体积为( )

A.4−π2B.8−π2C.4−πD.8−π

8. 若直线l:ax+by=1与圆C:x2+y2=1有两个不同的交点，则点P(a, b)与圆的位置关系是( )
A.点在圆上B.点在圆内C.点在圆外D.不能确定

9. 设a>0，若圆M:x2−6x+y2−2y+9=0与圆N:x2−2ax+y2+2y+1=0相交，则实数a的取值范围为( )
A.32,3B.3,+∞C.0,32D.0,3

10. 在体积为15的斜三棱柱ABC−A1B1C1中，P是C1C上的一点，P−ABC的体积为3，则三棱锥P−A1B1C1的体积为( )

A.1B.32C.2D.3

11. 已知点P是直线l:2x+y−6=0上的动点，过点P作圆C:x+22+y2=r2r>0的两条切线PM，PN，M，N为切点．若∠MPN的最大值为60∘，则r的值为( )
A.2B.1C.25D.5

12. 如图，四棱台ABCD−A′B′C′D′的底面为正方形，M为CC′的中点，点N在线段AB上，AB=4BN.若MN//平面ADD′A′，则此棱台上下底面边长的比值为( )

A.15B.14C.13D.12
二、填空题

一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积是________.

若点P(1,−1)在圆x2+y2+x+y+k=0(k∈R)外，则实数k的取值范围为________.

若圆x−12+y−12=R2上有且仅有两个点到直线4x−3y=11的距离等于1，则半径R的取值范围是________.

已知四面体ABCD的四个面均为直角三角形，且AB=BD=CD=3．若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为________.
三、解答题

已知直线l过点P2,3，根据下列条件分别求直线l的方程：
(1)直线l的倾斜角为135∘；

(2)直线l在x轴，y轴上的截距之和为0.

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E,F,G分别是BC,CD和SC的中点．求证：

(1)直线EG // 平面BDD1B1；

(2)平面EFG // 平面BDD1B1．

已知点M(3，3)，圆C:(x−1)2+(y−2)2=4．
(1)求过点M且与圆C相切的直线方程；

(2)若直线ax−y+4=0(a∈R)与圆C相交于A，B两点，且弦AB的长为23，求实数a的值．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面为直角梯形，AD // BC，∠BAD=90∘，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M，N分别为PC，PB的中点．

(1)求证：PB⊥DM；

(2)求CD与平面ADMN所成角的正弦值．

已知直线l：y=x+b与圆C：x2+y2−2x+4y−4=0交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)若b=1，求△AOB的面积；

(2)若以AB为直径的圆M过原点O，求圆M与圆C的面积比.

在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，F是棱AD上的一点，E是棱CC1的中点.

(1)如图1，若F是棱AD的中点，求异面直线OE和FD1所成角的余弦值；

(2)如图2，若延长EO与D1F的延长线相交于点G，求线段D1G的长度.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省运城市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
斜率的计算公式
【解析】
本题考查直线的斜率和倾斜角的关系
思路利用斜率公式计算求解
【解答】
解：直线l经过点A0,0和B−3,3，
则它斜率k=3−0−3−0=−1，
故其倾斜角为135∘.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
因为直线a不平行于平面α，则直线a与平面α相交或直线a在平面α内，所以当直线a在平面α内时，α内的直线与a平行或相交，不存在与a异面的直线；无论直线a与平面α相交或直线a在平面α内，它们都有公共点．
【解答】
解：当直线a在平面α内，α内的所有直线都与a共面，故A错误；
当直线a在平面α内，α内存在与a平行的直线，故B错误；
因为直线a与平面α不平行，
所以直线a在平面α内或者直线a与平面α相交，
所以直线a与平面α至少有一个交点，故C正确；
当直线a在平面α内，α内直线可能与a平行，故D错误.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
由题意，求出C1坐标，然后利用距离公式求解即可．
【解答】
解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ D0,0,0，A4,0,0，B4,2,0，A14,0,3，A1A⊥平面A1B1C1D1，
∴ C10,2,3，
∴ 对角线AC1的长为0−42+2−02+3−02=29.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线的垂直关系可得a×1+2×1=0，解方程可得．
【解答】
解：∵ 直线ax+2y+1=0与直线x+y−2=0互相垂直，
∴ a×1+2×1=0，
解得a=−2.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由已知中底面半径为2的圆锥的侧面展开图是半圆，根据侧面展开图角度与母线，半径的关系，可求出圆锥的母线，代入侧面积公式可得答案．
【解答】
解：若圆锥的侧面展开图是半圆，
则圆锥的母线长为底面半径的2倍.
∵ 圆锥的底面半径为a，
∴ 圆锥的母线长为2a，
故圆锥的侧面积S=πrl=2πa2．
故选A．
6.
【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
【解析】

【解答】
解：因为3x+y−2=0与6x+my=0互相平行，
所以m=2，
所以两直线方程分别为6x+2y−4=0与6x+2y=0，
所以两直线之间的距离d=|−4|62+22=105．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积（切割型）
【解析】
首先由三视图还原几何体形状为正方体挖去四分之一的圆柱，然后利用间接法求体积即可.
【解答】
解：由几何体的三视图得到几何体是棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1的14个圆柱，如图所示，
则几何体的体积为23−π×12×24=8−π2.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
直线与圆的位置关系
【解析】
由于直线ax+by=1与圆x2+y2=1有两个公共点，可得圆心(0, 0)到直线ax+by=1的距离d【解答】
解：∵ 直线l:ax+by=1与圆C:x2+y2=1有两个不同的交点，
∴ 圆心(0, 0)到直线ax+by=1的距离d小于圆C的半径r，
∴ 1a2+b2<1，
整理得，a2+b2>1，
∴ 点P(a, b)在圆外．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】

【解答】
解：因为圆M:x2−6x+y2−2y+9=0的标准方程为x−32+y−12=1，
圆N:x2−2ax+y2+2y+1=0的标准方程为x−a2+y+12=a2，
所以|a−1|<|MN|即|a−1|解得32故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】

【解答】
解：设三棱柱的底面积为S，高为ℎ，
则Sℎ=15.
设三棱锥P−ABC与P−A1B1C1以原棱柱的底为底，其底上的高分别为ℎ1，ℎ2，
则ℎ1+ℎ2=ℎ.
由题意得：13Sℎ1=3.①
设13Sℎ2=x，②
①+②得，13Sℎ1+ℎ2=3+x，
所以13Sℎ=3+x=15×13=5，
解得x=2.
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】

【解答】
解：结合题意，绘制图象如下：
当∠MPN取得最大值时，∠MPC也取得最大值，
且sin∠MPC=MCPC=rPC，
所以当PC取得最小值时，∠MPC取得最大值.
又PC的最小值为点C到该直线的距离，
且点C到该直线的距离d=|2⋅−2+0−6|22+12=25，
故rPC=r25=sin30∘=12，
解得r=5．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
平面与平面平行的判定
棱台的结构特征
【解析】

【解答】
解：如图所示，设E为CD的中点，G为EC的中点，连接MG，NG，C′E，
则NG//AD，
则平面MNG//平面ADD′A′.
又平面DCC′D′分别交平面MNG和平面ADD′A′于直线MG和直线DD′，
则MG//DD′．
因为E为CD的中点，G为EC的中点，M为CC′的中点，
所以DD′//C′E//MG．
所以DEC′D′为平行四边形，
所以C′D′=DE=12CD，
所以棱台上下底面边长的比值为12．
故选D．
二、填空题
【答案】
20
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据圆柱的母线长和底面半径，计算圆柱的轴截面面积．
【解答】
解：圆柱的母线长为5，底面半径为2，
则圆柱的轴截面面积为5×(2×2)=20．
故答案为：20.
【答案】
(−2,12)
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得12+12−4k>0,1+1+1−1+k>0.
解得−2故答案为：(−2,12).
【答案】
(1,3)
【考点】
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】

【解答】
解：由题意得，圆心到直线的距离d=|4−3−11|42+32=2.
又圆x−12+y2−12=R2 上有且仅有两个点到直线 4x−3y=11 的距离等于1，
则应满足|R−d|<1，即|R−2|<1，
解得 1故答案为：(1,3).
【答案】
9π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】

【解答】
解：由题意，可得AB⊥平面BCD，
∴ CD⊥平面ABD．
由此可将四面体ABCD放入棱长为3的正方体中，如图所示：
∴ 正方体的外接球即为该四面体的外接球O.
∵ 正方体外接球半径为正方体对角线的一半，
即R=12⋅32+32+32=32，
∴ 球O的表面积S=4πR2=9π．
故答案为：9π.
三、解答题
【答案】
解：(1)设直线l的斜率为k，由题意得k=tan135∘=−1．
又直线l过点P2,3，
所以由直线的点斜式方程可得l:y−3=−(x−2)，
即直线l的方程为x+y−5=0．
(2)设直线l在x轴，y轴上的截距分别为a，b，
由题意得，a+b=0，即b=−a，
①若b=−a=0，则直线l过点0,0，P2,3，
可得直线l的方程为3x−2y=0；
②若b=−a≠0，则直线l的方程为xa+y−a=1，
将P2,3代入，得2a+3−a=1，
解得a=−1，
所以直线l的方程为x−y+1=0．
综上，直线l的方程为3x−2y=0或x−y+1=0．
【考点】
直线的倾斜角
直线的点斜式方程
直线的截距式方程
直线的两点式方程
【解析】


【解答】
解：(1)设直线l的斜率为k，由题意得k=tan135∘=−1．
又直线l过点P2,3，
所以由直线的点斜式方程可得l:y−3=−(x−2)，
即直线l的方程为x+y−5=0．
(2)设直线l在x轴，y轴上的截距分别为a，b，
由题意得，a+b=0，即b=−a，
①若b=−a=0，则直线l过点0,0，P2,3，
可得直线l的方程为3x−2y=0；
②若b=−a≠0，则直线l的方程为xa+y−a=1，
将P2,3代入，得2a+3−a=1，
解得a=−1，
所以直线l的方程为x−y+1=0．
综上，直线l的方程为3x−2y=0或x−y+1=0．
【答案】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E,G分别是BC,SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC,SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
(1)连结SB，由已知得EG // SB，由此能证明直线EG // 平面BDD1B1．
(2)连结SD，由已知得FG // SD，从而FG // 平面BDD1B1，又直线EG // 平面BDD1B1，由此能证明平面EFG // 平面BDD1B1．
【解答】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E,G分别是BC,SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC,SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【答案】
解：(1)由圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2=4知，圆心C(1, 2)，半径是2．
①当切线斜率存在时，设所求直线方程为y−3=k(x−3)，
即kx−y−3k+3=0，设圆心到直线的距离为d，
因为d=|k−2−3k+3|k2+1=|−2k+1|k2+1=2，
所以k=−34，
此时，方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21=0；
②当切线斜率不存在时，直线方程为x=3，与圆C相切．
所以过点M(3, 3)且与圆C相切的直线方程为x=3或3x+4y−21=0．
(2)因为弦AB的长为23，圆心C(1, 2)，半径是2，
所以圆心到直线ax−y+4=0的距离为：
d1=r2−(|AB|2)2=1．
因为d1=|a−2+4|a2+1=1，
所以a=−34．
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）分类讨论，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求过点M(3, 1)的圆C的切线方程；
（2）因为弦AB的长为23，所以点C到直线l的距离为1，即可求a的值．
【解答】
解：(1)由圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2=4知，圆心C(1, 2)，半径是2．
①当切线斜率存在时，设所求直线方程为y−3=k(x−3)，
即kx−y−3k+3=0，设圆心到直线的距离为d，
因为d=|k−2−3k+3|k2+1=|−2k+1|k2+1=2，
所以k=−34，
此时，方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21=0；
②当切线斜率不存在时，直线方程为x=3，与圆C相切．
所以过点M(3, 3)且与圆C相切的直线方程为x=3或3x+4y−21=0．
(2)因为弦AB的长为23，圆心C(1, 2)，半径是2，
所以圆心到直线ax−y+4=0的距离为：
d1=r2−(|AB|2)2=1．
因为d1=|a−2+4|a2+1=1，
所以a=−34．
【答案】
(1)证明：∵ N是PB的中点，PA=AB，
∴ AN⊥PB．
∵ PA⊥平面ABCD，
∴ AD⊥PA．
又AD⊥AB，PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ AD⊥PB．
又AD∩AN=A，
∴ PB⊥平面ADMN．
∵ DM⊂平面ADMN，
∴ PB⊥DM．
(2)解：取AD中点Q，连结BQ和NQ.
∵ AD//BC，AD=2BC=2QD，
∴ QD//BC，QD=BC，
∴ 四边形BCDQ是平行四边形，
∴ BQ // CD．
又PB⊥平面ADMN，
∴ CD与平面ADMN所成的角为∠BQN．
设BC=1，
则PA=AD=AB=2BC=2，
PB=PA2+AB2=22+22=22，
则BN=12PB=2，
BQ=AB2+AQ2=22+12=5，
在Rt△BQN中，
sin∠BQN=BNBQ=25=105，
∴ CD与平面ADMN所成角的正弦值为105．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ N是PB的中点，PA=AB，
∴ AN⊥PB．
∵ PA⊥平面ABCD，
∴ AD⊥PA．
又AD⊥AB，PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ AD⊥PB．
又AD∩AN=A，
∴ PB⊥平面ADMN．
∵ DM⊂平面ADMN，
∴ PB⊥DM．
(2)解：取AD中点Q，连结BQ和NQ.
∵ AD//BC，AD=2BC=2QD，
∴ QD//BC，QD=BC，
∴ 四边形BCDQ是平行四边形，
∴ BQ // CD．
又PB⊥平面ADMN，
∴ CD与平面ADMN所成的角为∠BQN．
设BC=1，
则PA=AD=AB=2BC=2，
PB=PA2+AB2=22+22=22，
则BN=12PB=2，
BQ=AB2+AQ2=22+12=5，
在Rt△BQN中，
sin∠BQN=BNBQ=25=105，
∴ CD与平面ADMN所成角的正弦值为105．
【答案】
解：(1)由题意知直线l：y=x+1 ，
圆C:x−12+y+22=9，
圆心C1,−2到直线l的距离为42=22，
点O到直线l的距离为d=|0−0+1|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−8=2，
△AOB的面积为S=12|AB|⋅d=12×2×22=22.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，
∴ OA⊥OB，即x1x2+y1y2=0①，
由y=x+b,x2+y2−2x+4y−4=0,
消去y得2x2+2b+1x+b2+4b−4=0，
∴ x1+x2=−b+1 ，x1x2=12b2+4b−4②，
y1y2=x1+bx2+b
=x1x2+bx1+x2+b2=12b2+2b−4③，
把②③式代入①式，得b2+3b−4=0，
解得b=1或b=−4，且b=1或b=−4都使得Δ>0成立.
∴ b=1或b=−4 .
当b=1时，由(1)知圆M的直径|AB|=2，圆C的直径为6，
圆M与圆C的面积比为19；
当b=−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−12=34，
圆M与圆C的面积比为1718.
综上，圆M与圆C的面积比为19或1718.
【考点】
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
直线与圆相交的性质
圆的综合应用
【解析】
由点O到直线l的距离为d=22，弦AB的长为|AB|=29−8=2 △AOB的面积为S=12|AB|⋅d，即可求解；
设Ax|,y, Bx2,y2，由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0消去y得： 2x2+2b+1x+b2+4b−4=0得b2+3b−4=0，解得b=1或b=−4，分别求出面积比即可．
【解答】
解：(1)由题意知直线l：y=x+1 ，
圆C:x−12+y+22=9，
圆心C1,−2到直线l的距离为42=22，
点O到直线l的距离为d=|0−0+1|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−8=2，
△AOB的面积为S=12|AB|⋅d=12×2×22=22.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，
∴ OA⊥OB，即x1x2+y1y2=0①，
由y=x+b,x2+y2−2x+4y−4=0,
消去y得2x2+2b+1x+b2+4b−4=0，
∴ x1+x2=−b+1 ，x1x2=12b2+4b−4②，
y1y2=x1+bx2+b
=x1x2+bx1+x2+b2=12b2+2b−4③，
把②③式代入①式，得b2+3b−4=0，
解得b=1或b=−4，且b=1或b=−4都使得Δ>0成立.
∴ b=1或b=−4 .
当b=1时，由(1)知圆M的直径|AB|=2，圆C的直径为6，
圆M与圆C的面积比为19；
当b=−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−12=34，
圆M与圆C的面积比为1718.
综上，圆M与圆C的面积比为19或1718.
【答案】
解：(1)如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME.
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，
∴ OF//CD，D1M//CD，
且OF=12CD，D1M=12CD.
∴ OF//D1M，且OF=D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，
∴ D1F//OM，
∴ ∠MOE为异面直线OE与FD1所成的角.
在△MOE中，易求OM=5，ME=2，OE=3,
∴ OM2=ME2+OE2,
∴ ME⊥OE，
∴ cs∠MOE=35=155.
(2)∵ G∈D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1.
同理G∈平面ACC1A1.
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1=A1A，
∴ G∈AA1.
∵ A1G//CE，且O为AC的中点，
∴ AG=CE=1，
∴ A1G=3，
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13.
【考点】
异面直线及其所成的角
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
连接OF，取C1D1的中点M先得出四边形OFD1M为平行四边形，所以D1F∥OM ，即∠MOE为异面直线FD1与OE所成的角，计算即可；
由公理2知G∈AA1，可得AG=CE=1，则A1G=3，即可得出线段D1的长度．
【解答】
解：(1)如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME.
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，
∴ OF//CD，D1M//CD，
且OF=12CD，D1M=12CD.
∴ OF//D1M，且OF=D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，
∴ D1F//OM，
∴ ∠MOE为异面直线OE与FD1所成的角.
在△MOE中，易求OM=5，ME=2，OE=3,
∴ OM2=ME2+OE2,
∴ ME⊥OE，
∴ cs∠MOE=35=155.
(2)∵ G∈D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1.
同理G∈平面ACC1A1.
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1=A1A，
∴ G∈AA1.
∵ A1G//CE，且O为AC的中点，
∴ AG=CE=1，
∴ A1G=3，
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13.