2018-2019学年江西省赣州市五校协作体高二（上）期中数学试卷（解析版）

2018-2019学年江西省赣州市五校协作体高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
过点P（-2，0），且斜率为3的直线的方程是（　　）
A. ??=3???2 B. ??=3??+2 C. ??=3???6 D. ??=3??+6
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于（　　）
A. AC B. BD C.
??
1
?? D.
??
1
??
在同一直角坐标系中，表示直线y=ax与y=x-a正确的是（　　）
A. B. C. D.
设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是（　　）
A. 若??//??，??//??，则??//??B. 若?????，?????，??//??，??//??，则??//??C. 若??⊥??，?????，则??⊥??D. 若??⊥??，??⊥??，?????，则??//??
直线l1：x-y=0与l2：x+y-2=0的交点坐标为（　　）
A. (?2,?2) B. (?1,?1) C. (2,2) D. (1,1)
一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则剩余部分的体积为（　　）
A.
1
6
B.
1
3
C.
1
2
D.
5
6

二圆C1：x2+y2=1和C2：x2+y2-4x-5=0的位置关系是（　　）
A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 外离
P，Q分别为直线3x+4y-12=0与6x+8y+6=0上任一点，则|PQ|的最小值为（　　）
A.
9
5
B. 3 C.
18
5
D. 6
已知A（2，3），B（-3，-2），若直线l过点P（1，1）与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（　　）
A. ??≥
3
4
B.
3
4
≤??≤2 C. ??≤
3
4
或??≥2 D. ??≤2
圆：x2+y2-2x-2y+1=0上的点到直线x-y=2的距离最大值是（　　）
A. 2 B. 1+
2
C. 1+
2
2
D. 1+2
2
正方体的全面积为a，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是（　　）
A.
??
3
?? B.
??
2
?? C. 2???? D. 3????
过点(?
2
，0)引直线l与曲线??=
1?
??
2
交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于（　　）
A.
3
3
B. ?
3
3
C. ±
3
3
D.
3
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
直线l：ax+y+3=0（a∈R）定点，定点坐标为______．
如图，正方形O'A'B'C'的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是______．
已知A（3，-1），B（5，-2），点P在直线x+y=0上，则|PA|+|PB|的最小值为______．
将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，下面四个结论：（1）AC⊥BD；（2）△ACD是等边三角形；（3）二面角B-AC-D的余弦值为
1
3
；（4）AB与CD所成的角为60°．则正确结论的序号为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
已知直线l1：x+my+6=0，l2：（m-2）x+3y+2m=0，求?m的值，使得：（1）l1⊥l2（2）l1∥l2．
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，AA1=
2
，D，F分别是A1B1、BB1中点．（1）求证：C1D⊥AB1；（2）求证：AB1⊥平面C1DF．

如图1，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，面ABCD为正方形，E为侧棱PD上一点，F为AB上一点．该四棱锥的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示．（Ⅰ）求四面体PBFC的体积；（Ⅱ）证明：AE∥平面PFC；（Ⅲ）证明：平面PFC⊥平面PCD．

已知圆C的圆心坐标（1，1），直线l：x+y=1被圆C截得弦长为
2
．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）从圆C外一点P（2，3）向圆引切线，求切线方程．
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC上的一点，AB=AC，且AD⊥BC（1）求证；A1C∥平面AB1D1（2）若AB=BC=AA1=2，求点A1到平面AB1D的距离．

已知直线l：??+??+4
2
=0，半径为4的圆C与直线l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；（2）过点M（2，0）的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D【解析】
解：∵直线l经过P（-2，0），且斜率为3， ∴由点斜式得其方程为：y=3（x+2）=3x+6， 故选：D．利用直线的点斜式即可求得答案．本题考查直线的点斜式方程，属于基础题．
2.【答案】B【解析】
解：以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A（0，0，0），C（1，1，0），B（1，0，0），D（0，1，0），A1（0，0，1），E（，，1），∴=（-，-，1），=（1，1，0），=（-1，1，0），=（0，1，-1），=（0，0，-1），显然?=-+0=0，∴⊥，即CE⊥BD．?故选：B．建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，求出向量的坐标，以及、、?的坐标，可以发现?=0，因此，⊥，即CE⊥BD．本题考查利用空间直角坐标系求向量的坐标，再利用2个向量的数量级等于0，证明两个向量垂直，属于中档题．
3.【答案】A【解析】
解：直线y=ax经过原点．直线y=x-a的斜率为1，在y轴上的截距为-a． 假设a＞0，则-a＜0，只有A符合， 故选：A．利用直线斜率、截距的意义即可判断出结论．本题考查了直线斜率、截距的意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】D【解析】
解：A不对，由面面平行的判定定理知，m与n可能相交，也可能是异面直线；B不对，由面面平行的判定定理知少相交条件； C不对，由面面垂直的性质定理知，m必须垂直交线； 故选：D．由面面平行的判定定理和线面平行的定理判断A、B、D；由面面垂直的性质定理判断C．本题考查了线面的位置关系，主要用了面面垂直和平行的定理进行验证，属于基础题．
5.【答案】D【解析】
解：联立，得，∴直线l1：x-y=0与l2：x+y-2=0的交点坐标为（1，1）．故选：D．联立，能求出直线l1：x-y=0与l2：x+y-2=0的交点坐标．本题考查两直线的交点坐标的求法，考查直线方程的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
6.【答案】D【解析】
解：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积V1==，∴剩余部分体积V=1×1×1-V1=，故选：D．由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．
7.【答案】C【解析】
解：圆x2+y2-4x-5=0 即（x-2）2+y2=9，表示以（2，0）为圆心，以3为半径的圆， 两圆的圆心距为2，正好等于两圆的半径之差，故两圆相内切， 故选：C．先求出两圆的圆心 和半径，根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，得出两圆相外切．本题考查两圆的位置关系，由两圆的圆心距等于两圆的半径之和与差，得出两圆的位置关系．
8.【答案】B【解析】
解：∵=≠，∴已知两直线平行，方程可化为3x+4y-12=0与3x+4y+3=0，|PQ|的最小值为平行线间的距离d==3，故选：B．可判两直线平行，题目转化为平行线间的距离公式，代值计算可得．本题考查平行线间的距离公式，属基础题．
9.【答案】C【解析】
解：kPA==2，kPB==．∵直线l过点P（1，1）与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是：k，或k≥2．故选：C．利用斜率计算公式及其意义即可得出结论．本题考查了斜率计算公式及其意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10.【答案】B【解析】
解：圆x2+y2-2x-2y+1=0可化为标准形式：（x-1）2+（y-1）2=1，∴圆心为（1，1），半径为1圆心（1，1）到直线x-y=2的距离，则所求距离最大为，故选：B．先将圆x2+y2-2x-2y+1=0转化为标准方程：（x-1）2+（y-1）2=1，明确圆心和半径，再求得圆心（1，1）到直线x-y=2的距离，最大值则在此基础上加上半径长即可．本题主要考查直线与圆的位置关系，当考查圆上的点到直线的距离问题，基本思路是：先求出圆心到直线的距离，最大值时，再加上半径，最小值时，再减去半径．
11.【答案】B【解析】
解：设球的半径为R，则正方体的对角线长为2R，依题意知R2=a，即R2=a，∴S球=4πR2=4π?a=．故选：B．设球的半径为R，则正方体的对角线长为2R，利用正方体的表面积求出与球的半径的等式，然后求出球的表面积．本题是基础题，解题的突破口是正方体的体对角线就是球的直径，正确进行正方体的表面积的计算，是解好本题的关键，考查计算能力．
12.【答案】A【解析】
解：根据题意，曲线，为圆x2+y2=1的上半部分，如图若直线l过点且与曲线交于A、B两点，则必有k＞0，设直线l的方程为y=k（x+），即y-kx-=0，圆心（0，0）到直线l的距离为d，则|AB|=2，则S△AOB=×|AB|×d=×d=，分析可得：当且仅当d=时，△AOB的面积取最大值，此时有d==，解可得：k=±，又由k＞0，则k=，故选：A．根据题意，分析可得曲线为x2+y2=1的上半部分，据此分析设直线l的方程为y=k（x+），圆心（0，0）到直线l的距离为d，用d表示△AOB的面积，由基本不等式的性质分析可得当且仅当d=时，△AOB的面积取最大值，由点到直线的距离公式可得d==，解可得k的值，即可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，属于综合题．
13.【答案】（0，-3）【解析】
解：对于直线l：ax+y+3=0（a∈R），令x=0，求得y=-3，可得直线过定点（0，-3）， 故答案为：（0，-3）．令直线方程中参数的系数等于零，求得x，y点的值，可得直线经过定点的坐标．本题主要考查直线经过定点问题，令直线方程中参数的系数等于零，求得x，y点的值，可得直线经过定点的坐标，属于基础题．
14.【答案】2
2
【解析】
解：由于原几何图形的面积：直观图的面积=2：1又∵正方形O1A1B1C1的边长为?1，∴SO1A1B1C1=1原图形的面积S=2故答案为：2由已知中正方形O1A1B1C1的边长为?1，我们易得直观图的面积为1，又由它是一个水平放置的平面图形的斜二侧直观图，可以根据原几何图形的面积：直观图的面积=2：1，快速的计算出答案．本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中原几何图形的面积：直观图的面积=2：1，能够帮助我们快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．
15.【答案】
17
【解析】
解：如图，点A（3，-1）关于直线x+y=0的对称点为A′（1，-3），连结A′B与直线x+y=0的交点就是所求的P点，直线A′B的方程为y+3=（x-1），即y=x-，取立，解得x=，y=-，∴|PA|+|PB|的最小值为：=．故答案为：．点A（3，-1）关于直线x+y=0的对称点为A′（1，-3），连结A′B与直线x+y=0的交点就是所求的P点，由此能求出结果．本题考查两线段和的最小值的求法，考查直线方程、对称性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】（1）（2）（4）【解析】
解：如图，设正方形ABCD的边长为1，BD中点为O，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，∴BD⊥平面AOC，则AC⊥BD，故（1）正确；由平面ABD⊥平面BCD，且AO⊥BD，得AO⊥平面BCD，∴AO⊥CO，由AO=CO=，AC==1，则△ACD是等边三角形，故（2）正确；取AC中点H，连接BH，DH，由等边△ABC中，BH⊥AC，同理可得DH⊥AC，即∠BHD为二面角B-AC-D的平面角．且BH=DH=，BD=，cos∠BHD==-，故（3）错误；过B在平面BCD内作BE∥CD，且BE=CD，连接CE，可得四边形BECD为平行四边形，可得BE=CD=1，∠ABE或补角为异面直线AB，CD所成角，连接OE，由AO⊥OE，可得AE2=OE2+AO2=（）2+1-2××1×（-）+（）2=3，则cos∠ABE==-，则∠ABE=120°，可得AB，CD所成角为60°，故（4）正确．故答案为：（1）（2）（4）由题意画出图形，然后利用线面垂直的判定和性质判断（1）；求出AC长度判断（2）；取AC的中点H，连接DH，BH，运用平面角的定义和余弦定理可判断（3）；根据异面直线所成角的定义，可判断（4）．本题考查空间线面和面面垂直垂直的判断和性质的运用，考查空间异面直线所成角和二倍角的求法，考查运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：（1）m=0时，两条直线不垂直，舍去．m≠0时，∵l1⊥l2，∴?
1
??
×(?
???2
3
)=-1，解得m=
1
2
．综上可得：m=
1
2
．（2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1．经过验证m=3时两条直线重合，舍去．∴m=-1时，l1∥l2．【解析】
（1）对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出． （2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1． 经过验证m=3时两条直线重合，舍去．本题考查了直线平行与垂直的充要条件、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】（1）证明：如图，∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°．又?D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1，∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又∵AA1∩A1B1=A1，∴C1D⊥平面AA1B1B，又∵AB1?平面AA1B1B∴C1D⊥AB1（2）证明：连结A1B，∵D，F分别是A1B1，BB1的中点，∴DF∥A1B．又直角三角形A1B1C1中，A1B12=A1C12+B1C12，∴A1B1=
2
，∴A1B1=AA1，即四边形AA1B1B为正方形，∴A1B⊥AB1，即AB1⊥DF，又（1）已证C1D⊥AB1??，又DF∩C1D=D，∴AB1⊥平面C1DF．【解析】
（1）要证C1D⊥AB1，需证C1D⊥平面AA1B1B，需证C1D⊥A1B1，AA1⊥C1D，由已知可证； （2）要证AB1⊥平面C1DF，需证AB1⊥DF，需证A1B⊥AB1需证四边形AA1B1B为正方形，由已知可证．本题考查直线与平面垂直的判定，熟练掌握线面垂直的判断定理是关键，属基础题．
19.【答案】（Ⅰ）解：由左视图可得?F为AB的中点，∴△BFC的面积为???=
1
2
?1?2=1．∵PA⊥平面ABCD，∴四面体PBFC的体积为
??
?????????
=
1
3
??
△??????
?????=
1
3
?1?2=
2
3
．（Ⅱ）证明：取PC中点Q，连接EQ，FQ．由正（主）视图可得?E为PD的中点，∴EQ∥CD，????=
1
2
????．又∵AF∥CD，????=
1
2
????，∴AF∥EQ，AF=EQ．∴四边形AFQE为平行四边形，∴AE∥FQ．∵AE?平面PFC，FQ?平面PFC，∴直线AE∥平面PFC．（Ⅲ）证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD．∵平面ABCD为正方形，∴AD⊥CD．∴CD⊥平面PAD．∵AE?平面PAD，∴CD⊥AE．∵PA=AD，E为PD中点，∴AE⊥PD．∴AE⊥平面PCD．∵AE∥FQ，∴FQ⊥平面PCD．∵FQ?平面PFC，∴平面PFC⊥平面PCD．【解析】
（I）利用左视图可得?F为AB的中点，即可得到三角形BFC的面积，由PA⊥平面ABCD，可知PA是四面体PBFC的底面BFC上的高，利用三棱锥的体积计算公式即可得到；（II）利用三角形的中位线定理即可得到EQ∥CD，．再利用底面正方形的性质可得AF∥CD，，利用平行四边形的判定和性质定理即可得到AE∥FQ，利用线面平行的判定定理即可证明结论；（III）利用线面垂直的性质定理和判定定理即可得到CD⊥平面PAD，从而得到CD⊥AE，由等腰三角形的性质可得AE⊥PD，利用线面垂直的判定定理即可得到AE⊥平面PCD，而FQ∥AE，可得FQ⊥平面PCD，利用面面垂直的判定定理即可证明结论．正确理解三视图，熟练掌握三角形BFC的面积、三棱锥的体积计算公式、三角形的中位线定理、正方形的性质、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理和判定定理、等腰三角形的性质、面面垂直的判定定理是解题的关键．
20.【答案】解：（Ⅰ）设圆C的标准方程为：（x-1）2+（y-1）2=r2（r＞0），则圆心C（1，1）到直线x+y-1=0的距离为：??=
|1+1?1|
2
=
2
2
，…（2分）则
??
2
=
??
2
+(
2
2
)
2
=
1
2
+
1
2
=1，∴圆C的标准方程：（x-1）2+（y-1）2=1；…（5分）（Ⅱ）①当切线的斜率不存在时，切线方程为：x=2，此时满足直线与圆相切；…（6分）②当切线的斜率存在时，设切线方程为：y-3=k（x-2），即y=kx-2k+3；则圆心C（1，1）到直线kx-y-2k+3=0的距离为：??=
|???1?2??+3|
??
2
+1
=1，…（8分）化简得：4k=3，解得??=
3
4
，∴切线方程为：3x-4y+6=0；…（11分）综上，切线的方程为：x=2和3x-4y+6=0．…（12分）【解析】
（Ⅰ）根据题意设出圆C的标准方程，由圆心到直线的距离d和半径r、弦长AB的关系， 求出r的值，从而写出圆的标准方程； （Ⅱ）讨论切线的斜率不存在和斜率存在时，求出对应切线的方程．本题考查了直线与圆的位置关系的应用问题，是中档题．
21.【答案】证明：（1）连接A1B交AB1于E，连接DE，∵四边形ABB1A1是平行四边形，∴E是AB1的中点，∵AB=AC，AD⊥BC，∴D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE?平面AB1D，A1C?平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D1．（2）∵A1C∥平面AB1D1，∴A1到平面AB1D的距离等于C到平面AB1D的距离，∵D是BC的中点，∴C到平面AB1D的距离等于B到平面AB1D的距离，过B作BF⊥B1D于F，∵BB1⊥平面ABC，AD?平面ABC，∴AD⊥BB1，又∵AD⊥BC，BB1∩BC=B，∴AD⊥平面BCC1B1，∴AD⊥BF，又B1D∩AD=D，∴BF⊥平面AB1D，即BF为B到平面AB1D的距离，∵BD=1，BB1=2，∴B1D=
5
，∴BF=
???????
??
1
??
1
??
=
2
5
5
．∴A1到平面AB1D的距离为
2
5
5
．【解析】
（1）连接A1B交AB1于E，连接DE，根据中位线定理即可得出DE∥A1C，故而A1C∥平面AB1D1； （2）过B作BF⊥B1D，则可证BF⊥平面AB1D，于是点A1到平面AB1D的距离等于C到平面AB1D的距离，等于B到平面AB1D的距离BF．本题考查了线面平行的判定，线面距离的计算，属于中档题．
22.【答案】（本小题满分12分）解：（1）设圆心C（a，0），由圆心C在x轴上且在直线l的右上方可得??＞?4
2
，则由直线与圆相切的性质可知，
|??+4
2
|
2
=4解可得，a=0或a=?8
2
（舍）．所以圆C的方程为x2+y2=16．……………（4分）（2）当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k（x-2），假设N（t，0）（t＞0）符合题意，又设A（x1，y1），B（x2，y2），由
??
2
+
??
2
=16
??=??(???2)
得（k2+1）x2-4k2x+4k2-16=0，所以x1+x2=
4
??
2
??
2
+1
，x1x2=
4
??
2
?16
??
2
+1
．……………（6分）若x轴平分∠ANB，则kAN=-kBN?????????????????????????????????????????…………（8分）∴
??1
??1???
+
??2
??2???
=0?
??(
??
1
?2)
??
1
???
+
??(
??
2
?2)
??
2
???
=0?2x1x2-（t+2）（x1+x2）+4t=0?
2(4
??
2
?16)
??
2
+1
-
4
??
2
(??+2)
??
2
+1
+4t=0?t=8．…………（11分）所以存在点N为（8，0）时，能使得∠ANM=∠BNM总成立．…………（12分）【解析】
（1）先设圆心C（a，0），由圆心C在x轴上且在直线l的右上方且直线与圆相切，利用原的性质可求a，进而可求圆C的方程 （2）先考虑直线AB斜率不存在情况，然后考虑直线AB的斜率存在时，设出直线AB的方程，联立直线与圆的方程，结合方程的根与系数关系，由x轴平分∠ANB，可得kAN=-kBN，结合斜率公式代入可求本题主要考查了直线与圆相切性质的简单应用，直线与圆位置关系的应用，直线的倾斜角与斜率关系的相互转化关系的应用，注意分类讨论思想的应用．