2018-2019学年重庆市万州二中高二上学期期中考试数学文科试题 解析版

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绝密★启用前 重庆市万州二中 2018-2019 学年高二期中考试数学文科试题 评卷人 得分 一、单选题 1．已知直线 ： ，与 ： 平行，则 a 的值是 　　 A． 0 或 1 B． 1 或 C． 0 或 D． 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意得： 或 ，故选 C. 考点：直线平行的充要条件． 2．不论 m 为何实数，直线(m-1)x-y+2m+1=0 恒过定点( ) A． B． (-2，0) C． (-2，3) D． (2，3) 【答案】C 【解析】 【分析】 将直线(m−1)x−y+2m+1=0 可为变为 m(x+2)+(−x−y+1)=0，令 求两定直线 的交点此点即为直线恒过的定点． 【详解】 直线(m−1)x−y+2m+1=0 可为变为 m(x+2)+(−x−y+1)=0 令 ，解得 . 故无论 m 为何实数，直线(m−1)x−y+2m+1=0 恒通过一个定点(−2,3) 故选 C. 【点睛】 探索曲线过定点的常见方法有两种：① 可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系 进行消元（往往可以化为 的形式，根据 求解），借助于曲线 系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点). ② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3．垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是（ ） A． 平行 B． 相交 C． 异面 D． A、B、C 均有可能 【答案】D 【解析】 4．棱长分别为 2、 、 的长方体的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可. 【详解】 设长方体的外接球半径为 ，由题意可知： ，则： ， 该长方体的外接球的表面积为 . 本题选择 B 选项. 【点睛】 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点 和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的 顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 5．已知梯形 是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图 (如图所示)，其 中 ， ， ，则直角梯形 边的长度是( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知直角梯形 中， ， ， ，由此能求 出直角梯形 边的长度. 【详解】 由直观图作出梯形 是直角梯形，如图： 按照斜二测画法画，可得出它的直观图 ， 直角梯形 中, ， 过 作 ，交 于 , 则 ， 直角梯形 边的长度为 ，故选 B . 【点睛】 本题主要考查斜二测画法的基本原理与性质，以及由直观图还原平面图形，意在考查对 基础知识掌握的熟练程度，属于中档题. 6．如图，在正方体 中，M、N 分别为棱 C1D1、C1C 的中点，有以下四 个结论： ①直线 AM 与 CC1 是相交直线； ②直线 BN 与 MB1 是异面直线； ③直线 AM 与 BN 是平行直线； ④直线 AM 与 DD1 是异面直线． 其中正确的结论为（ ） A． ③④ B． ①② C． ①③ D． ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 利用异面直线的定义，结合 四点不共面，即可得结果. 【详解】 四点不共面， 直线 与 是异面直线，故①错误； 直线 与 不同在任何平面内，是异面直，故②正确； 直线 与 不同在任何平面内，是异面直线，故③错误； 直线 与 不同在任何平面内，是异面直，故④正确，故选 D. 【点睛】 本题主要考査空间直线的位置关系，意在考查异面直线的定义以及空间想象能力，解题 时要认真审题，注意空间想象能力的培养. 7．长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，∠BAB1 =60°，则 C1D 与 B1B 所成的角是（ ） A． 60° B． 90° C． 30° D． 45° 【答案】C 【解析】 【分析】 由长方体的性质可得 与 所成的角 就是 与 所成的角，利用直 角三角形的性质可得结果. 【详解】 长方体 中， 与 所成的角 ， 就是 与 所成的角， 即 与 所成的角为 ，故选 C. 【点睛】 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直 角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是 传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性 质求解. 8．一个直角梯形的两底长分别为 2 和 5，高为 4，绕其较长的底旋转一周，所得的几何 体的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 先确定几何体的形状为圆锥与圆柱的组合体，根据已知条件所给数据，求出组合体的体 积即可. 【详解】 直角梯形绕其较长的底旋转一周后，所得的几何体是半径为 4、高为 2 的圆柱和半径为 4、高为 3 的圆锥组成，所以,体积 ，故选 C. 【点睛】 本题考查旋转体的体积，考查空间想象能力，逻辑思维判断能力，计箅能力，是基础题. 9．已知正三棱柱 （底面是正三角形且侧棱垂直底面）底面边长为 1 且侧棱 长为 4, 为 的中点,从 拉一条绳子绕过侧棱 到达 点的最短绳长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 把正三棱拄 展开为平面图，得到矩形 ,则从 拉一条绳子绕过侧棱 到 达 的最短绳长为 ，由勾股定理可得结果. 【详解】 如图，把正三棱柱 展开成平面图, 得到矩形 ，其中 是 中点, 是 中点，连接 ， 则从 拉一条绳子绕过侧棱 到达 点的最短绳长为 ， 正三棱柱 的底面边长为 1，可得 ， 侧棱长为 4 , 为 的中点，可得 从 拉一条绳子绕过侧棱 到达 点的最短绳长为 ，故选 B. 【点睛】 本题通过最短绳长的求法,主要考查正三棱柱结构特征、正三棱柱的展开图等基础知识， 意在考查空间想象能力、考查运算求解能力，以及转化与划归思想的应用,属于中档题. 10．曲线 x2+y2+4x-4y=0 关于( ) A． 直线 x=4 对称 B． 直线 x+y=0 对称 C． 直线 x-y=0 对称 D． 直线 (-4,4)对称 【答案】B 【解析】 【分析】 求出圆的圆心坐标，则当直线过圆心时，圆关于直线对称. 【详解】 曲线 x2+y2+4x-4y=0 化为：(x+2)2+(y−2)2=8，圆的圆心坐标(−2,2). 由于(−2,2)满足直线 x+y=0， 所以曲线 x2+y2+4x-4y=0 关于直线 x+y=0 对称. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了圆的对称性，属于基础题. 11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是 （ ） A． B． C． D． 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图作出三棱锥的直观图，计算四个侧面的面积进行比较即可得结果. 【详解】 作出三棱锥 的直观图如图所示， 过 作 ,垂足为 ,连结 ， 由三视图可知 平面 ， ， ， ， ， ， 三棱锥 的四个面中，侧面 的面积最大为 ，故选 B. 【点睛】 本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题. 三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻 译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”， 还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 12．已知四棱锥 P－ABCD 的顶点都在球 O 的球面上，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD⊥底 面 ABCD，△PAD 为正三角形，AB＝2AD＝4，则球 O 的表面积为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 求出△PAD 所在圆的半径，利用勾股定理求出球 O 的半径 R，即可求出球 O 的表面 积． 【详解】 令△PAD 所在圆的圆心为 O1,△PAD 为正三角形,AD=2,则圆 O1 的半径 ， 因为平面 PAD⊥底面 ABCD，AB=4， 所以 OO1= AB=2， 所以球 O 的半径 ， 所以球 O 的表面积=4πR2= . 故选：B. 【点睛】 本题考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据三棱柱的结构特征， 把三棱锥的外接球转化为等同于相应的长方体的外接球，利用长方体的对角线长等于其 外接球的直径，求的外接球的半径是解答的关键，此类问题的解答中正确把握空间几何 体的结构特征是解答的基础，同时着重考查了学生的空间想象能力和推理运算能力. 第 II 卷（非选择题） 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13．若三点 A(-2，12)，B(1，3)，C(m，-6)共线，则 m 的值为____． 【答案】4 【解析】 【分析】 由三点共线的性质可得 AB 和 AC 的斜率相等，由坐标表示斜率解方程即可得解. 【详解】 由题意可得 kAB=kAC,∴ ，∴m=4， 故答案为 4. 【点睛】 本题主要考查了三点共线，斜率的坐标表示，属于基础题. 14．平面 截球 的球面所得圆的半径为 1，球心 到平面 的距离为 ，则此球的体积为 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用平面 截球 的球面所得圆的半径为 1 ,球心 到平面 的距离为 ,求出球的半径， 然后求解球的体积. 【详解】 因为平面 截球 的球面所得圆的半径为 1 , 球心 到平面 的距离为 ， 所以球的半径为： ， 所以球的体积为： ，故答案为 . 【点睛】 本题考查球的体积公式，考查空间想象能力、计算能力.求解与球的截面有关的问题过 程中一定要注意运用性质 . 15．若圆柱的侧面展开图是一个边长为 2 的正方形则圆柱的体积为________. 【答案】 【解析】 试题分析：设圆柱的底面半径为 ，高为 ，底面积为 ，体积为 ，则有 ， 故底面面积 ，故圆柱的体积 . 考点：圆柱的体积 16．正四面体 ABCD 中，M 是棱 AD 的中点，O 是点 A 在底面 BCD 内的射影，则异面直 线 BM 与 AO 所成角的余弦值为____． 【答案】 【解析】 【分析】 取 BC 中点 E，DC 中点 F，连结 DE、BF，则由题意得 DE∩BF=O，取 OD 中点 N，连 结 MN，则 MN∥AO，从而∠BMN 是异面直线 BM 与 AO 所成角（或所成角的补角）， 由此能求出异面直线 BM 与 AO 所成角的余弦值． 【详解】 取 BC 中点 E，DC 中点 F，连结 DE、BF，则由题意得 DE∩BF=O， 取 OD 中点 N,连结 MN,则 MN∥AO， ∴∠BMN 是异面直线 BM 与 AO 所成角(或所成角的补角)， 设正四面体 ABCD 的棱长为 2,由 ， ∴ ， ∵O 是点 A 在底面 BCD 内的射影,MN∥AO，∴MN⊥平面 BCD， ∴ ， ∴异面直线 BM 与 AO 所成角的余弦值为 . 故答案为： . 【点睛】 本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中根据几何体的结构特征，把异面直 线所成的角转化为相交直线所成的角是解答异面直线所成角的关键，着重考查了推理与 论证能力，以及转化思想的应用. 评卷人 得分 三、解答题 17．已知直线 ，求： (1)点 P（4,5）关于 l 的对称点； (2)直线 x-y-2=0 关于直线 l 对称的直线方程. 【答案】(1) （－2，7）(2) 7x＋y＋22＝0 【解析】 【分析】 （1）设 P（x，y）关于直线 ：3x－y＋3＝0 的对称点为 ，则有 和 PP'的 中点在直线 3x－y＋3＝0 上，列方程组求解即可； （2）将（1）中关于关于 l 的对称点的解 代入 x－y－2＝0 中的 x，y 即 可得解. 【详解】 (1)设 P（x，y）关于直线 ：3x－y＋3＝0 的对称点为 则 ∵ ，即 ．① 又 PP'的中点在直线 3x－y＋3＝0 上， ∴ ．② 由①②得 ． 把 x＝4，y＝5 代入③④得 ＝－2， ＝7， ∴P（4，5）关于直线 的对称点 的坐标为（－2，7）． （2）用③④分别代换 x－y－2＝0 中的 x，y 得关于 的对称直线方程为 ． 化简得 7x＋y＋22＝0． 【点睛】 本题主要考查直线关于直线对称的直线方程，属于中档题. 解析几何中点对称问题，主 要有以下三种题型：（1）点关于直线对称， 关于直线 的对称点 ，利用 ，且 点 在对称轴 上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线 对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两 点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解. 18．如图所示，四棱锥 V-ABCD 的底面为边长等于 2 的正方形，顶点 V 与底面正方形中 心的连线为棱锥的高，侧棱长均为 4，求这个四棱锥的体积及表面积. 【答案】 ， . 【解析】 【分析】 先判断四棱锥 为底面为边长等于 2 的正四棱锥，顶点 与底面正方形中心的连线 为棱锥的高，由勾股定理可得 ，结合棱锥的体积公式可求得这个四 棱锥的体积，求出底面积与四个侧面的面积可得棱锥的表面积. 【详解】 连结 交于点 ,连结 , ∵四棱锥 的底面为边长等于 2 的正方形，顶点 与底面正方形中心的连线为棱锥 的高，侧棱长 4，∴ ，∴ ∴这个四棱锥的体积： ∴该四棱锥的表面积： 【点睛】 本题主要考查正四棱锥的性质，以及棱锥的表面积与体积公式，意在考查空间想象能力 以及综合应用所学知识解决问题的能力，属于中档题. 19．如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形．点 E 是棱 PC 的中点，平面 ABE 与棱 PD 交于点 F． （1）求证：AB∥EF； （2）若 PA=AD，且平面 PAD⊥平面 ABCD，求证：AF⊥平面 PCD． 【答案】(1)见解析 (2) 见解析 【解析】 【分析】 （1）证明：AB∥平面 PCD，即可证明 AB∥EF； （2）利用平面 PAD⊥平面 ABCD，证明 CD⊥AF，PA=AD，所以 AF⊥PD，即可证明 AF⊥平面 PCD. 【详解】 （1）证明： 底面 ABCD 是正方形， AB∥CD , 又 AB⊄平面 PCD，CD⊂平面 PCD， AB∥平面 PCD , 又 A，B，E，F 四点共面，且平面 ABEF∩平面 PCD=EF， AB∥EF ; （2）证明：在正方形 ABCD 中，CD⊥AD , 又 平面 PAD⊥平面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD=AD，CD⊂平面 ABCD,CD⊄平面 PAD CD⊥平面 PAD , 又 AF⊂平面 PAD , CD⊥AF , 由（1）可知，AB∥EF， 又 AB∥CD，C,D,E,F 在同一平面内， CD∥EF , 点 E 是棱 PC 中点， 点 F 是棱 PD 中点 , 在△PAD 中， PA=AD， AF⊥PD , 又 PD∩CD=D，PD、CD⊂平面 PCD, AF⊥平面 PCD． 【点睛】 本题主要考查了线面平行的性质定理和线面垂直的证明，属于基础题. 20．如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°，E 是 PD 的中点． （1）证明：直线 CE∥平面 PAB； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 M-AB-D 的余 弦值． 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）取 PA 的中点 F，连接 EF，BF，通过证明 CE∥BF，利用直线与平面平行的判定 定理证明即可． （2）利用已知条件转化求解 M 到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角 M-AB-D 的余弦值即可． 【详解】 （1）证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF，因为 E 是 PD 的中点， 所以 EF AD,EF= AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC EF, BC=EF ∴BCEF 是平行四边形，可得 CE∥BF，BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB， ∴直线 CE 平面 PAB； （2）解：四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是 PD 的中点． 取 AD 的中点 O，M 在底面 ABCD 上的射影 N 在 OC 上，设 AD=2，则 AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ， 作 NQ⊥AB 于 Q，连接 MQ，AB⊥MN，所以∠MQN 就是二面角 M-AB-D 的平面角，MQ= = ，二面角 M-AB-D 的余弦值为： = ． 【点睛】 本题考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角.面面角一般是要么定 义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，或者建系来 做. 21．已知圆 C 的圆心坐标 且与线 y=3x+4 相切， （1）求圆 C 的方程； （2）设直线 与圆 C 交于 M，N 两点，那么以 MN 为直径的圆能否经过原点， 若能，请求出直线 MN 的方程；若不能，请说明理由． 【答案】（1）（x-2）2+y2=10（2）y=-x+1+ 或 y=-x+1- 【解析】 【分析】 （1）由直线与圆相切得，圆心到直线的距离即为半径，从而得解； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），进而通过直线与圆联立得到 2x2-（4+2m）x+m2-6=0， 由韦达定理可得 MN 中点 H 的坐标为（ ， ），假设以 MN 为直径的圆经过原点， 则有|OH|= |MN|，进而由垂径定理及坐标表示距离列方程求解即可. 【详解】 （1）根据题意， 所以圆的标准方程为：（x-2）2+y2=10； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2）是直线 y=-x+m 与圆 C 的交点， 联立 y=-x+m 与（x-2）2+y2=10 可得：2x2-（4+2m）x+m2-6=0， 则有 x1+x2=m+2，x1•x2= ， 则 MN 中点 H 的坐标为（ ， ）， 假设以 MN 为直径的圆经过原点，则有|OH|= |MN|， 圆心 C 到 MN 的距离 d= ， 则有|MN|=2 =2 ， 又由|OH|= |MN|， 则有（ ）2+（ ）2=10- ， 解可得 m=1± ， 经检验，m=1± 时，直线与圆相交，符合题意； 故直线 MN 的方程为：y=-x+1+ 或 y=-x+1- ． 【点睛】 本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常 见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考 虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立， 考虑运用韦达定理以及判别式来解答. 22．已知曲线 （1）若曲线 C1 是一个圆，且点 P(1,1)在圆 C1 外，求实数 m 的取值范围； （2）当 m=2 时，曲线 关于直线 x+1=0 对称的曲线为 ,设 P 为平面上的点，满足：存 在过 P 点的无穷多对互相垂直的直线 ,它们分别与曲线 C1 和曲线 相交，且直线 被 曲线 C1 截得的弦长与直线 l2 被曲线 C2 截得的弦长总相等.求所有满足条件的点 P 的 坐标； 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）依题意得 ，解不等式组即可得解； （2）先根据对称求得圆 的方程，由两圆的半径一样所以弦长相等等价于圆心到直线 距离相等，从而得设直线 的斜率为 ， 则直线 ，同理直线 ， ， 整 理 得 或 ， 只 需 或 ，求解即可. 【详解】 （1）依题意得 ，解得 ，即实数 的取值范围是 （2）当 时，圆 ，圆心 ， 半径 ，圆 ，圆心 ，半径 . 因为要存在存在过 P 点的无穷多对互相垂直的直线 ， 所以必有无穷多对的斜率存在.设直线 的斜率为 ， 则 直线 ，同理直线 ，由于两圆半径相等， 要使得直线 被曲线 截得的弦长与直线 被曲线 截得的弦长总相等， 即 ，即 ， 即 ，所以 或 |k-2-mk+n|+(-3+2k-m-kn)=0 整 理 得 或 因为对无穷个 k 都成立，所以 或 ，解得 或 即 ， 【点睛】 本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常 见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考 虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立， 考虑运用韦达定理以及判别式来解答.