贵州省都匀第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

贵州省都匀第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

贵州省都匀第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题 一、选择题（本大题共12小题）‎ 1. 下列命题正确的是（　　）‎ A. 经过三点确定一个平面 B. 经过一条直线和一个点确定一个平面 C. 四边形确定一个平面 D. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 2. 在空间直角坐标系中，点（2，1，3）关于平面xOz的对称点是（　　）‎ A. B. C. D. 1,‎ 3. 空间中异面直线a与b所成角的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 4. 已知直线l的方程为y=2，则它的斜率为（　　）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 不存在 5. 若直线l的倾斜角α满足，则其斜率k的范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 6. 设直线l1：A1x+B1y+C1=0，l2：A2x+B2y+C2=0，下列命题正确的是（　　）‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,则 7. 空间任意一点O和不共线的三点E，M，N满足，则（　　）‎ A. 四点O、E、M、N必共面 B. 四点P、E、M、N必共面 C. 四点O、P、M、N必共面 D. 五点O、P、E、M、N必共面 8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（　　）‎ A. B. C. 2 D. ‎ 9. 如图，二面角α-l-β等于120°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且2AB=AC=BD=2，则CD的长等于（　　） ‎ A. B. C. 4 D. 5‎ 10. 已知两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 若,,,则 B. 若,,,,则 C. 若,,则 D. 若,,则 11. 设直线m：4x-3y-1=0和n：y-1=0，则m和n成角（锐角）的平分线所在的直线方程为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 1. 设m∈R，动直线l1：x+my-1=0过定点A，动直线过定点B，若直线l1与l2相交于点P（异于点A，B），则△PAB周长的最大值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ 2. 过点P（2，-3）且在两轴上的截距相等的直线方程为______．（写出直线的一般方程）‎ 3. 设，是两个不共线的空间向量，若=2，，=，且A，C，D三点共线，则实数k的值为______．‎ 4. 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，直线AB1和A1C的夹角的余弦值为______．‎ 5. 已知二次函数f（x）=ax2+（2b+1）x-a-2在区间[3，5]上至少有一个零点，则a2+b2的最大值为______．‎ 三、解答题（本大题共6小题）‎ 6. 已知直线l经过两条直线l1：x-y+4=0和l2：x-2y+2=0的交点，直线l3：2x-3y+1=0； （1）若l∥l3，求l的直线方程； （2）若l⊥l3，求l的直线方程． ‎ 7. 图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2． ‎ ‎（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎（ 2）求图2中的四边形ACGD的面积． ‎ 8. ‎△ABC中，A(0，1)，AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y-4＝0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x+y-3＝0．‎ ‎（1）求直线AB的方程；‎ ‎（2）求直线BC的方程． ‎ 1. 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=4，AB=AD=2，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的余弦值． ‎ ‎ ‎ 2. 一般地，对于直线l：Ax+By+C=0（A，B不全为0）及直线l外一点P（x0，y0），我们有点P（x0，y0）到直线l：Ax+By+C=0（A，B不全为0）的距离公式为：． （1）证明上述点P（x0，y0）到直线l：Ax+By+C=0（A，B不全为0）的距离公式； （2）设P为抛物线y=x2上的一点，P到直线l：x+y+2=0的距离为d，求d的最小值． ‎ 3. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点． （Ⅰ）若E为AB1上的一点，且DE与直线CD垂直，求的值； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设异面直线AB1与CD所成的角为45°，求直线DE与平面AB1C1成角的正弦值．‎ ‎ ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】D ‎ ‎【解析】解：A、根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故A不对； B、根据一条直线和直线外的一点确定一个平面知，故B不对； C、比如空间四边形则不是平面图形，故C不对； D、两两相交且不共点的三条直线，则三个交点不共线，故它们确定一个平面，由公理1知三条直线都在此平面内，故D正确． 故选：D． 根据公理2以及推论判断A、B、D，再根据空间四边形判断C． 本题主要考查了确定平面的依据，注意利用公理2的以及推论的作用和条件，可以利用符合题意的几何体来判断，考查了空间想象能力． 2.【答案】B ‎ ‎【解析】解：由题意，关于平面xOz的对称点很明显y轴的正负性发生改变， 而x轴和z轴不改变．故点（2，1，3）关于平面xOz的对称点是（2，-1，3）． 故选：B． 本题主要思考y轴的正负性发生改变，而x轴和z轴不改变．即可得到结果． 本题主要考查在空间直角坐标系中点关于面的对称点，属基础题． 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：根据异面直线所成角定义，空间中异面直线a与b所成角的取值范围是， 故选：C． 根据异面直线所成角定义，直接求出． 考查异面直线所成角的范围，基础题． 4.【答案】A ‎ ‎【解析】解：∵直线l的方程为y=2，∴直线y=2是平行于x轴的直线，其斜率为0． 故选：A． 直接由平行于x轴的直线的斜率为0得答案． 本题考查直线的斜率，是基础题． 5.【答案】C ‎ ‎【解析】解：∵直线l的倾斜角α满足，且k=tanα， 又tan=，tan，函数y=tanx在（，π）上单调递增， ∴k的范围为． 故选：C． 由直线的倾斜角的范围结合正切函数的单调性得答案． 本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，考查正切函数的单调性，是基础题． 6.【答案】D ‎ ‎【解析】解：直线A1x+B1y+C1=0的方向向量为（-B1，A1）， 直线A2x+B2y+C2=0的方向向量为（-B2，A2）， 当l1∥l2时，B1与B2可能都等于0，故“则”不一定成立，故A不正确． A1B2=A2B1，不能说明l1∥l2，可能两条直线重合，所以B不正确， 两条直线A1x+B1y+C1=0，A2x+B2y+C2=0‎ 垂直， 就是两条直线的方向向量的数量积为0， 即：（-B1，A1）（-B2，A2）=0， 可得A1A2+B1B2=0， 故D正确，C错误； 故选：D． 分别根据直线的平行和垂直判断即可． 本题考查了两条直线平行与垂直的充要条件，涉及直线的向量以及方向向量，数量积的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 7.【答案】B ‎ ‎【解析】解：空间任意一点O和不共线的三点E，M，N满足， 由++=1，则四点P、E、M、N必共面． 故选：B． 根据空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，满足向量关系式=x+y+z， P，A，B，C四点共面的充要条件是：x+y+z=1，判断即可． 本题考查了空间四点P，A，B，C共面的判断问题，是基础题． 8.【答案】A ‎ ‎【解析】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱锥，其直观图如下图所示： 故其体积V==， 故选：A． 由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱锥，画出直观图，代入锥体体积公式，可得答案． 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，根据已知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关键． 9.【答案】B ‎ ‎【解析】解：过点D作OD∥l，OA∥BD，OD∩OA=O，∵AC⊥l，BD⊥l， OD=AB=1，OA=BD=2， OC===12， CD===， 故选：B． 由题意分别过点A，D作OD∥l，OA∥BD，OD与OA交于点O，进而利用余弦定理，勾股定理求解． 考查二面角的理解，余弦定理，勾股定理的应用． 10.【答案】A ‎ ‎【解析】解：由两条不同的直线m，n，两个不同的平面α，β，知： 在A中，若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α，故A正确； 在B中，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，如果m∩n=A，则α∥β，如果m∥n，可能α、β相交，故B错误； 在C中，若α⊥β，m⊂α，则m⊥β，显然不正确，因为m可能与β相交，故C错误； 在D中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故D错误． 故选：A ‎． 通过直线与直线的平行与垂直，平面与平面的平行与垂直关系，结合直线与平面以及平面与平面的位置关系的判定定理以及性质定理，判断选项的正误即可． 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题． 11.【答案】A ‎ ‎【解析】解：利用草图数形结合分析得：角平分线l过点M且倾斜角为， 直线m与直线n联立得：，因此M（1，1）， 且，， ∵=， 从而解得：或tanα=-2（舍） ∴即直线l的斜率为． 从而直线l方程为：y-1=（x-1）， 化简得：直线l方程为：x-2y+1=0． 故选：A． 数形结合得出两直线的所成角（锐角）α，做其角平分线，发现角平分线过两直线的交点且倾斜角为，从而点斜式得出直线方程． 本题属于中档题，难度不大，能够数形结合画出草图从而快速求得角平分线的斜率是解题的关键． 12.【答案】D ‎ ‎【解析】解：直线l1：x+my-1=0过定点A（1，0）， 直线l2：mx-y-2m+=0即m（x-2）=y-， 可得过定点B（2，）， 由于1•m+m•（-1）=0， 得l1与l2始终垂直，又P是两条直线的交点， ∴PA⊥PB， ∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=4． 由a2+b2≥2ab，可得2（a2+b2）≥（a+b）2， 那么2（|PA|2+|PB|2）≥（|PA|+|PB|）2， 即有|PA|+|PB|≤， 当且仅当|PA|=|PB|=时，上式取得等号， ∴△PAB周长的最大值为2+2． 故选：D． 求出直线l1过定点A的坐标和直线l2过定点B的坐标，l1与l2交于点P，由题意可得 PA⊥PB，得到|PA|2+|PB|2=|AB|2=4．利用基本不等式可得|PA|+|PB|的最大值，即可得到所求周长的最大值． 本题是直线和不等式的综合考查，明确两条直线相互垂直是解答该题的关键，训练了利用基本不等式求最值，是中档题． 13.【答案】x+y+1=0和3x+2y=0 ‎ ‎【解析】解：一条直线过点（2，-3），且在两坐标轴上的截距相等，一是斜率为-1，所求直线方程为y+3=-1（x-2），即x+y+1=0； 还有第二种情况直线过原点，所求方程为：y=-x，即3x+2y=0 故所求方程为：x+y+1=0和3x+2y=0． 故答案为：x+y+1=0和3x+2y=0． 一条直线过点（2，-3），且在两坐标轴上的截距相等．就是说直线有两种情况，一是直线的斜率为-1，二是直线过坐标原点． 本题容易出错的地方一是过原点的直线漏掉，二是把截距看成了距离．也可以设出点斜式用截距相等来解． 14.【答案】 ‎ ‎【解析】解：∵=2，，=， ∴=， 又∵A，C，D三点共线，∴， ∴2-5k=0，∴k=， 故答案为：． 先由求出，在根据A，C，D三点共线，得到，从而得到2-5k=0，解出k即可． 本题考查了三点共线和向量共线定理，考查了方程思想和计算能力，属基础题． 15.【答案】 ‎ ‎【解析】解：设以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， B1=（1，0，2），C（1，1，0），A1（0，0，2）， 则，=（1，1，-2） 设直线AB1和A1C的夹角θ， cosθ=|cos|=|． 以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设直线AB1和A1C的夹角θ，求出相量带入即可． 考查向量法求异面直线所成的角，基础题． 16.【答案】 ‎ ‎【解析】解：把等式看成关于a，b的直线方程：（x2-1）a+2xb+x-2=0， 由于直线上一点（a，b）到原点的距离大于等于原点到直线的距离， 即≥‎ ‎， 所以a2+b2≥2=， ∵x-2+在[3，4]是减函数， ∴2+≤x-2+≤1+5； 即≤x-2+≤6； 故≥； 当x=3，a=-，b=-时取等号， 故a2+b2的最小值为． 故答案为：． 把等式看成关于a，b的直线方程：（x2-1）a+2xb+x-2=0，由于直线上一点（a，b）到原点的距离大于等于原点到直线的距离，从而可得≥，进一步变化从而解得． 本题考查了函数的零点的应用，把等式看成关于a，b的直线方程（x2-1）a+2xb+x-2=0是难点，属于中档题． 17.【答案】解：（1）由，解得， ∴l1 与l2 的交点为（-6，-2）， 设与直线l3：2x-3y+1=0平行的直线方程为2x-3y+c1=0， 把（-6，-2）代入2x-3y+c1=0，解得c1=6． ∴所求直线方程为2x-3y+6=0； （2）设与直线l3：2x-3y+1=0垂直的直线方程为3x+2y+c2=0， 把（-6，-2）代入2x-3y+c1=0，解得c2=22． ∴所求直线方程为3x+2y+22=0． ‎ ‎【解析】（1）联立方程组求解l1 与l2 的交点坐标，设出与直线l3：2x-3y+1=0平行的直线方程为2x-3y+c1=0，把（-6，-2）代入直线方程求得c1，则答案可求； （2）设与直线l3：2x-3y+1=0垂直的直线方程为3x+2y+c2=0，把（-6，-2）代入求解c2，则直线方程可求． 本题考查直线方程的求法，考查直线的一般方程与直线平行、垂直的关系，是基础题． 18.【答案】（1）证明：由已知可得AD∥BE，CG∥BE，即有AD∥CG， 则AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面； 由四边形ABED为矩形，可得AB⊥BE， 由△ABC为直角三角形，可得AB⊥BC， 又BC∩BE=E，BC⊂平面BCGE，BE⊂平面BCGE， 可得AB⊥平面BCGE， AB⊂平面ABC，可得平面ABC⊥平面BCGE； （2）解：连接BG，AG， 由AB⊥平面BCGE，BG⊂平面BCGE，可得AB⊥BG， 在△BCG中，BC=CG=2，∠BCG=120°，可得BG=2BCsin60°=2， 可得AG==， 在△ACG中，AC=，CG=2，AG=， 可得cos∠ACG==-，即有sin∠ACG=， 由（1）可得：AD∥CG且AD=CG=2， ​所以四边形ACGD为平行四边形， 则平行四边形ACGD的面积为2××=4‎ ‎． ‎ ‎【解析】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判断和性质，注意运用平面几何的性质，考查推理能力，属于中档题． （1）运用空间线线平行的公理和确定平面的条件，以及线面垂直的判断和面面垂直的判定定理，即可得证； （2）连接BG，AG，由线面垂直的性质和三角形的余弦定理和勾股定理，结合三角形的面积公式，可得所求值． 19.【答案】解：（1）∵AB边上的高CD所在直线方程为x+2y-4=0，其斜率为， ∴直线AB的斜率为2，且过A（0，1） 所以AB边所在的直线方程为y-1=2x， 即2x-y+1=0； （2）联立直线AB和BE的方程：， 解得：， 即直线AB与直线BE的交点为B（，2）， 设C（m，n），则AC的中点D（，）， 由已知可得， 解得：， ∴C（2，1）， BC边所在的直线方程为， 即2x+3y-7=0． ‎ ‎【解析】本题考查了求直线的方程，直线垂直的充要条件，直线的交点，属于基础题 （1）由CD所在直线的方程求出直线AB的斜率，再由点斜式写出AB的直线方程； （2）先求出点B，点C的坐标，再写出BC的直线方程； 20.【答案】证明：（1）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．取AD的中点F，连接NF，FE， 如图所示 所以MN∥BF，BF∥ED，所以MN∥ED． 由于MN⊈平面DEC1，DE⊂平面DEC1， 所以MN∥平面C1DE． （2）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥ABB1A1，由于M为BB1的中点，AB=2，AA1=4，所以， 所以，故A1M⊥AM． 所以∠AMD为二面角A-MA1-N的平面角． 在Rt△AMD 中，， 所以． 即二面角A-MA1-N的余弦值为． ‎ ‎【解析】（1）直接利用线面平形的判定求出结果． （2）首先求出二面角的平面角，进一步利用解三角形知识的应用求出结果． 本题考查的知识要点：线面平行的判定的应用，二面角的应用，主要考查学生的空间想象能力的应用，属于中档题． 21.【答案】解：（1）证明：①A≠0，B≠0时，如图所示： 则直线l：Ax+By+C=0与x轴，y轴都相交． 过点P分别作x轴，y轴的平行线，交直线l于点R，S， 则直线PR的方程为y=y0，R（-，y0）， 直线PS的方程为x=x0，S（x0，-）， 由P（x0，y0） 于是有|PR|═|x0+|=||， |PS|=||， |RS|═=， 设P到直线l的距离为d=|PQ|，由三角形面积计算公式可得d|RS|=|PR|•|PS|． ∴d═=， ②可以验证A=0，或B=0 时，上述公式也成立． 综上可得：点P（x0，y0）到直线l：Ax+By+C=0（A，B不全为0）的距离公式为d=； （2）P为抛物线y=x2上的一点，设P（x0，x02）， 则P到直线l：x+y+2=0的距离d==， 当x0=-时，即P（-，），d取得最小值． ‎ ‎【解析】（1）分别讨论：①A≠0，B≠0时，过点P分别作x轴，y轴的平行线，交直线l于点R，S，求得R，S的坐标，可得|PR|，|PS|，|RS|，再由三角形的面积公式，运用等积法，计算可得所求距离，再讨论②可以验证A=0或B=0时，公式也成立； （2）设P（x0，x02），运用点到直线的距离公式，结合二次函数的最值求法，可得所求最小值． 本题考查点到直线的距离公式的证明及其应用，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 22.【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点M，连接CM，DM，有MD∥AB1， 因为AC=BC，所以CM⊥AB， 又因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱， 所以平面ABC⊥平面ABB1A1， 又因为平面ABC∩平面ABB1A1=AB， 所以CM⊥平面ABB1A1， 又因为DE⊂平面ABB1A1， 所以CM⊥DE， 又因为DE⊥CD，CD∩DM=D，CD⊂平面CMD，CM⊂平面CMD， 所以DE⊥平面CMD，又因为MD⊂平面CMD， 所以DE⊥MD， 因为MD∥AB1， 所以DE⊥AB1， 连接A1B交AB1于点O，因为ABB1A1为正方形， 所以A1B⊥AB1，又因为DE⊂平面ABB1A1，A1B⊂平面AA1B1B， 所以DE∥A1B， 又因为D为BB1的中点， 所以E为OB1‎ 的中点， 所以=． （Ⅱ）如图以M为坐标原点，分别以MA，MO，MC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB=2a，由（Ⅰ）可知∠CDM=45°， 所以AB1=2a， 所以DM=CM=a， 所以A（a，0，0），B1（-a，2a，0），C1（0，2a，a），D（-a，a，0），E（-a，a，0）， 所以=（-2a，2a，0），=（a，0，a），=（a，a，0）， 设平面AB1C1的法向量为=（x，y，z），则， 即，令z=-1可得=（，，-1）． 所以 cos＜＞===． 所以直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为． ‎ ‎【解析】（Ⅰ）取AB中点M，连接CM，MD，证明DE⊥平面CMD，即可说明DE⊥AB1，由底面为正方形，可求得=； （Ⅱ）以M为坐标原点建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，以及平面AB1C1的法向量为，根据线面所成角的正弦值的公式即可求解． 本题主要考查线面垂直的证明、中位线定理以及利用空间向量求线面角的正弦值，考查了学生空间想象能力和计算能力，属于中档题． ‎