2018-2019学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷（解析版）

2018-2019学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷
一、填空题（本大题共14小题，共70.0分）
过点（1，0），且斜率为2的直线方程是______．
若A（3，-2），B（-5，2），C（x，0）三点共线，则实数x的值为______．
若圆（x-a）2+（y-b）2=r2（r＞0）的圆心位于第一象限，则直线y=ax+b不经过第______象限．
已知点P（2a，a）在圆（x-a）2+（y+a）2=20的内部，则实数a的取值范围是______．
若圆C的半径为2，其圆心与点（1，0）关于直线y=x对称，则圆C的标准方程为______．
若直线l1：x+（1+m）y+m-2=0与l2：2mx+4y+16=0平行，则实数m的值为______．
若将一个底面半径为1的圆锥侧面沿一条母线展开，其展开图是半圆，则该圆锥的高为______．
长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1：2：3，对角线长为2
14
，则这个长方体的表面积是______．
若直线ax+by+7=0与圆x2+y2+4x-1=0切于点P（-3，2），则ab的值为______．
设m，n为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，则下列命题中，所有真命题的个数是______．①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m∥α，m⊥β，则α⊥β；④一定存在直线l，使得l∥α，l∥β．
直线l过点??(1，
1
2
)，且截圆x2+y2=4所得的弦长为2
3
，则直线l的方程为______．
如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，点E，F分别在AA1，CC1上，且AE=
3
4
AA1，CF=
1
3
CC1，点A，C到BD的距离之比为3：2，则三棱锥E-BCD和F-ABD的体积比
??
?????????
??
?????????
=______．
已知点B在圆O：x2+y2=16上，??(2，2)，
????
=
????
+
????
，若存在点N使得MN为定长，则点N的坐标是______．
如图，已知平面α⊥平面β，A，B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA?β，CB?β，且DA⊥AB，CB⊥AB，AD=4，BC=8，AB=6，在平面α内有一个动点P，使得∠APD=∠BPC，则△PAB的面积的最大值是______．
二、解答题（本大题共6小题，共80.0分）
如图：四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，E是PA的中点，AF⊥PC．（1）求证：PC∥面BDE；（2）求证：AF⊥面BDE．

如图，平行四边形ABCD的顶点A（-2，3），B（2，0），D（-4，0）．（1）求平行四边形的边CD所在直线的方程；（2）求以B为圆心，且与对角线AC相切的圆的方程．

如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．（1）求证：平面A1C1G∥平面BEF；（2）若平面A1C1G∩BC=H，求证：H为BC的中点．

在平面直角坐标系xOy中，已知P是直线x-y+4=0上的一个动点，圆Q的方程为：（x-4）2+（y+4）2=9．设以线段PQ为直径的圆E与圆Q交于C，D两点．（1）证明：PC，PD均与圆Q相切；（2）当????=3
7
时，求点P的坐标；（3）求线段CD长度的最小值．

在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x-a）2+y2=4，直线l：y=x+3．（1）当a=-1时，若圆C与直线l交于A，B两点，过点A，B分别作l的垂线与y轴交于D，E两点，求|DE|的值；（2）过直线l上的任意一点P作圆的切线PQ（Q为切点），若平面上总存在定点N，使得PQ=PN，求圆心C的横坐标的取值范围．
已知圆C过点（1，0），且与圆x2+（y-3）2=4外切于点（0，1），P（m，0）（m≠0）是x轴上的一个动点．（1）求圆C的标准方程；（2）当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，求实数m的取值范围；（3）当m=1时，过P作直线PA，PB与圆C分别交于异于点P的点A，B两点，且kPA?kPB=-3．求证：直线AB恒过定点．
答案和解析
1.【答案】2x-y-2=0【解析】
解：过点（1，0），且斜率为2的直线方程是 y-0=2（x-1）， 化为一般式方程为2x-y-2=0． 故答案为：2x-y-2=0．由题意写出直线的点斜式方程，再化为一般式方程．本题考查了直线方程的应用问题，是基础题．
2.【答案】-1【解析】
解：∵A（3，-2），B（-5，2），C（x，0）三点共线，∴kAB=kAC，∴=，解得x=-1．故答案为：-1．A（3，-2），B（-5，2），C（x，0）三点共线，可得kAB=kAC，即可得出．本题考查了三点共线与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】四【解析】
解：圆（x-a）2+（y-b）2=r2（r＞0）的圆心位于第一象限，则a＞0且b＞0，直线y=ax+b的大致图象如图所示， 由此知该直线不经过第四象限．故答案为：四．根据题意知a＞0且b＞0，由此判断直线y=ax+b的图象不经过第四象限．本题考查了圆的标准方程与直线方程的应用问题，是基础题．
4.【答案】-2＜a＜2【解析】
解：点P（2a，a）在圆（x-a）2+（y+a）2=20的内部， 则（2a-a）2+（a+a）2＜20， 解得-2＜a＜2， ∴实数a的取值范围是-2＜a＜2． 故答案为：-2＜a＜2．根据点到圆心的距离|d|＜r列不等式求得a的取值范围．本题考查了点与圆的位置关系应用问题，是基础题．
5.【答案】x2+（y-1）2=4【解析】
解：根据题意，设圆心的坐标为（m，n），若圆心与点（1，0）关于直线y=x对称，则=且=-1，解可得：m=0，n=1，即圆心的坐标为（0，1），又由圆C的半径为2，则圆C的标准方程为x2+（y-1）2=4；故答案为：x2+（y-1）2=4．根据题意，设圆心的坐标为（m，n），由圆心C与点（1，0）关于直线y=x对称，可得=且=-1，解可得m、n的值，即可得圆心的坐标，结合圆的标准方程，分析可得答案．本题考查圆的标准方程，关键是求出圆心的坐标，属于基础题．
6.【答案】1【解析】
解：得：m=1故答案是1由两直线平行的充要条件求得．本题主要考查两直线的位置关系．
7.【答案】
3
【解析】
解：设圆锥母线长为l，圆锥底面半径为r，∵将一个底面半径为1的圆锥侧面沿一条母线展开，其展开图是半圆，2π×1=π，解得l=2，∴该圆锥的高为：h==．故答案为：．设圆锥母线长为l，圆锥底面半径为r，由将一个底面半径为1的圆锥侧面沿一条母线展开，其展开图是半圆，求出l=2，从而该圆锥的高为：h=，由此能求出结果．本题考查圆锥的高的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】88【解析】
解：设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为a，2a，3a，则，即14a2=56，得a=2．∴长方体的过一个顶点的三条棱长分别为2，4，6．∴这个长方体的表面积是2（2×4+2×6+4×6）=88．故答案为：88．设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为a，2a，3a，可得，求得a值，得到长方体的过一个顶点的三条棱长，则答案可求．本题考查棱柱表面积的求法，考查正方体体对角线与过一个顶点的三条棱的关系，是基础题．
9.【答案】-2【解析】
解：把圆的方程化为标准方程得：（x+2）2+y2=5，则圆心坐标为（-2，0），则过圆心与P直线的斜率k==-2，而直线ax+by+7=0的斜率为-，所以-2?（-）=-1，化简得：2a=-b①，又把P点坐标代入ax+by+7=0得：-3a+2b+7=0②，把①代入②解得a=1，把a=1代入①解得b=-2，则ab=-2．故答案为：-2．把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标，根据切线垂直于过切点的直径，利用两直线垂直时斜率的乘积为-1，所以由圆心和P的坐标求出过这两点直线方程的斜率，根据已知直线的方程表示出斜率，两者相乘等于-1列出a与b的方程，记作①，又因为P在直线上，把P的坐标代入已知直线的方程，得到关于a与b的又一方程，记作②，两个方程联立即可求出a与b的值，求出ab即可．此题考查学生掌握圆的切线垂直于过切点的直径，掌握两直线垂直时斜率的乘积为-1，会把圆的方程化为标准式方程并找出圆心的坐标，进而求解．
10.【答案】3【解析】
解：由m，n为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，知： 在①中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故①错误； 在②中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故②正确； 在③中，若m∥α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故③正确； 在④中，无论平行α与β相交不是平行，一定存在直线l，使得l∥α，l∥β，故④正确． 故答案为：3．在①中，m与n相交、平行或异面；在②中，由面面平行的判定定理得α∥β；在③中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在④中，无论平行α与β相交不是平行，一定存在直线l，使得l∥α，l∥β．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，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】x=1或3x+4y-5=0【解析】
解：由题意可得，当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=1，满足弦长为；当直线l的斜率存在时，设直线方程为y-=k（x-1），即2kx-2y-2k+1=0．圆x2+y2=4的半径为2，直线l被圆所截弦长为，则圆心到直线的距离d=，解得：k=．∴直线l的方程为，即3x+4y-5=0．∴直线l的方程为：x=1或3x+4y-5=0．故答案为：x=1或3x+4y-5=0．当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=1，满足弦长为；当直线l的斜率存在时，设直线方程为y-=k（x-1），利用垂径定理结合点到直线的距离公式列式求得k值，则直线方程可求．本题考查直线与圆位置关系，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．
12.【答案】
3
2
【解析】
解：∵点A、C到BD的距离之比为3：2，∴△BCD和△ABD的面积之比为3：2，可得S△BCD=S△ABD∵AE=AA1，CF=CC1，∴∵三棱锥E-BCD的体积V1=S△BCD?AE，三棱锥F-ABD的体积V2=S△ABD?CF∴===?=?=故答案为：根据A、C到BD的距离之比算出S△BCD=S△ABD．由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，AE=AA1且CF=CC1，算出AE=CF，再由锥体的体积公式加以计算即可得到的值．本题给出直棱棱柱上满足条件的点，求两个三棱锥的体积之比．着重考查了直棱柱的性质、三角形的面积比和锥体的体积公式等知识，属于中档题．
13.【答案】（2，2）【解析】
解：如图， 设B（4cosθ，4sinθ），M（x，y），∵A（2，2），且，∴（x，y）=（4cosθ+2，4sinθ+2），则，即（x-2）2+（y-2）2=16．∴M到N（2，2）的距离为定长，∴点N的坐标是（2，2）．故答案为（2，2）．设B（4cosθ，4sinθ），M（x，y），又A（2，2），结合可得，消去参数得答案．本题考查平面向量的坐标运算，考查圆的参数方程，是中档题．
14.【答案】12【解析】
解：由题意平面α⊥平面β，A、B是平面α与平面β的交线上的两个定点，DA?β，CB?β，且DA⊥α，CB⊥α，∴△PAD与△PBC是直角三角形，又∠APD=∠BPC，∴△PAD∽△PBC，又AD=4，BC=8，∴PB=2PA作PM⊥AB，垂足为M，令AM=t∈R，在两个Rt△PAM与Rt△PBM中，AM是公共边及PB=2PA∴PA2-t2=4PA2-（6-t）2解得PA2=12-4t∴PM=，∴S=×AB×PM==3=3≤12，∴△PAB的面积的最大值为12．故答案为：12．本题在二面角背景下求三角形的面积，需要借助直二面角的相关知识研究三角形的几何特征，再由面积公式求出面积，由题设条件知两个直角三角形△PAD与△PBC是相似的直角三角形，根据题设条件可得出PB=2PA，作PD⊥AB，垂足为D，令AD=t，将三角形的面积用t表示出来，再研究面积的最值选出正确选项．本题考查三角形的面积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，连结OE，则O是AC的中点，∵E是PA的中点，∴OE∥PC，∵PC?平面BDE，OE?平面BDE，∴PC∥面BDE．（2）∵底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，AF⊥PC，∴BD⊥AC，BD⊥PD，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥AF，∵BD⊥AF，AF⊥PC，PC∩AF=F，∴AF⊥平面PBD，∴AF⊥OE，∵OE∩BD=E，∴AF⊥面BDE．【解析】
（1）设AC∩BD=O，连结OE，推导出OE∥PC，由此能证明PC∥面BDE． （2）推导出AF⊥PC，BD⊥AC，BD⊥PD，从而BD⊥平面PAC，进而BD⊥AF，再求出AF⊥OE，由此能证明AF⊥面BDE．本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
16.【答案】解：（1）设C（a，b），∵A（-2，3），B（2，0），D（-4，0），∴
????
=(4，?3)，
????
=(??+4，??)，则
?3=??
4=??+4
，即a=0，b=-3，则C（0，-3）．∴CD所在直线方程为
??
?4
+
??
?3
=1，即3x+4y+12=0；（2）
??
????
=
?3?3
0?(?2)
=?3，则AC：y=-3x-3，即3x+y+3=0．∴B到直线AC的距离d=
|2×3+3|
9+1
=
9
10
．∴以B为圆心，且与对角线AC相切的圆的方程为(???2
)
2
+
??
2
=
81
10
．【解析】
（1）设C（a，b），求得，利用向量相等求解；（2）求出AC所在直线方程，再求出B到AC的距离，代入圆的标准方程得答案．本题考查利用向量的坐标运算求解点的坐标，考查直线方程的应用，考查点到直线的距离公式，是基础题．
17.【答案】证明：（1）如图，∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F=BG，又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G?平面A1C1G，BF?平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF=F，∴平面A1C1G∥平面BEF；（2）∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC=H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．【解析】
（1）由已知可得EF∥A1C1，得到EF∥平面A1C1G，同理得到BF∥平面A1C1G，再由面面平行的判定可得平面A1C1G∥平面BEF； （2）由公理3及平面与平面平行的性质得A1C1∥GH，则GH∥AC，由G为AB的中点，可得H为BC的中点．本题考查平面与平面平行的判定，考查面面平行的性质，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
18.【答案】解：（1）证明：根据题意，连接CQ、CD，圆E是以线段PQ为直径的圆，则∠PCQ=∠PDQ=90°，即PC⊥CQ，PD⊥DQ，又由C、D都在圆Q上，则PC，PD均与圆Q相切；（2）根据题意，设P（m，m+4），圆Q的方程为：（x-4）2+（y+4）2=9，圆心Q（4，-4），半径r=3，当????=3
7
时，|PQ|2=PC2+CQ2=63+9=72，则有（m-4）2+（m+8）2=72，即m2+4m+4=0解可得：m=-2，则P的坐标为（-2，2）；（3）根据题意，设PQ=t，则PC=
??
2
?9
，则CD=2×
????×????
????
=6
1?
9
??
2
，分析可得：当t取得最小值时，CD的值最小，当PQ与直线x-y+4=0垂直时，PQ最小，且PQ的最小值为
|4?(?4)+4|
1+1
=6
2
，此时CD取得最小值，且其最小值为6×
1?
1
(6
2
)
2
=
3
14
2
．【解析】
（1）根据题意，连接CQ、CD，分析易得PC⊥CQ，PD⊥DQ，又由C、D都在圆Q上，即可得证明；（2）根据题意，设P（m，m+4），由直线与圆的位置关系可得|PQ|2=PC2+CQ2=63+9=72，由两点间距离公式可得（m-4）2+（m+8）2=72，解可得m的值，即可得答案；（3）根据题意，设PQ=t，求出PC的值，据此可得CD=2×=6，分析可得当t取得最小值时，CD的值最小，进而可得当PQ与直线x-y+4=0垂直时，PQ最小，计算即可得答案．本题考查直线与圆的方程的综合应用，涉及直线与圆的位置关系，属于基础题．
19.【答案】解：（1）a=-1时，圆C：（x+1）2+y2=4，与直线l：y=x+3的交点A（-3，0），B（-1，2），∴直线AD：y=-x-3，直线BE：y=-x+1，令x=0，分别得y=-3，y=1，∴D（0，-3），E（0，1）．∴|DE|=4；（2）设P（m，m+3），定点N（x0，y0），由题意可得，PQ⊥CQ，∴|PQ|2=|PC|2-|CQ|2=（m-a）2+（m+3-0）2-4，|PN|2=（m-x0）2+（m+3-y0）2，依题意对任意的m，都有|PQ|2=|PN|2?（m-a）2+（m+3-0）2-4=（m-x0）2+（m+3-y0）2?（2x0+2y0-2a）m=
??
0
2
+
??
0
2
-6y0+4-a2成立，∴
2
??
0
+2
??
0
?2??=0
??
0
2
+
??
0
2
?6
??
0
+4?
??
2
=0
，消去x0并整理得：
??
0
2
-（3+a）y0+2=0对y0有解，所以△=（3+a）2-4×2≥0，解得：a≤?3?2
2
或a≥?3+2
2
故圆心C的横坐标a的取值范围是：（-∞，-3-2
2
]∪[-3+2
2
，+∞）．【解析】
（1）当a=-1时，联立直线与圆的方程求出A，B的坐标，再求出D，E的坐标，就可以算出|DE|； （2）设出P（m，m+3），N（x0，y0），由PQ=PN得|PQ|2=|PN|2，得|PC|2-4=|PN|2，再将此式坐标化，然后先对m恒成立，在对y0有解，就可以求出a的取值范围了．本题考查了直线和圆的方程的应用．属难题．
20.【答案】（1）解：设圆C：x2+（y-b）2=r2，则
0
2
+(1???
)
2
=
??
2
1
2
+(0???
)
2
=
??
2
，解得，b=0，r=1，故圆C的标准方程为：x2+y2=1；（2）解：当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，等价于直线y=
3
3
（x-m）与圆C有交点，∴圆C到直线
3
x-3y-
3
m=0的距离小于等于半径1，即
3
|??|
3+9
≤1，解得-2≤m≤2，故实数m的取值范围是[-2，2]；（3）证明：m=1时，P（1，0），设kPA=k，则kPB=?
3
??
，则直线PA：y=k（x-1），PB：y=?
3
??
(???1)，联立
??
2
+
??
2
=1
??=??(???1)
，得（1+k2）x2-2k2x+k2-1=0，则
??
??
+1=
2
??
2
1+
??
2
，得
??
??
=
2
??
2
1+
??
2
?1=
??
2
?1
1+
??
2
，
??
??
=??(
??
??
?1)=
?2??
1+
??
2
．∴A（
??
2
?1
1+
??
2
，
?2??
1+
??
2
）．同理可得B（
9?
??
2
??
2
+9
，
6??
??
2
+9
）．则
??
????
=
6??
??
2
+9
+
2??
??
2
+1
9?
??
2
??
2
+9
?
??
2
?1
??
2
+1
=
4
??
3
+12??
9?
??
4
．∴直线AB的方程为??+
2??
??
2
+1
=
4
??
3
+12??
9?
??
4
(???
??
2
?1
1+
??
2
)．（*）当k=1时，直线方程为y=2x-1，当k=-1时，直线方程为y=-2x+1．联立
??=?2??+1
??=2???1
，解得x=
1
2
，y=0．把点（
1
2
，0）代入（*）成立，∴直线AB恒过定点（
1
2
，0）．【解析】
（1）设出圆的标准方程x2+（y-b）2=r2，由已知可得关于r，b的方程组求解得答案；（2）把圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，转化为直线y=（x-m）与圆C有交点，由圆心到直线的距离小于半径求解；（3）m=1时，P（1，0），设kPA=k，则kPB=，可得直线PA，PB的方程，与圆的方程联立，求得A，B的坐标，写出AB所在直线方程，分别取k=1和-1，得到直线方程，联立求得交点坐标，再代回直线方程验证得答案．本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线恒过定点问题，考查计算能力，是难题．