2018-2019学年江西省吉安市吉安县三中、安福二中联考高二（上）期中数学试卷（解析版）

2018-2019学年江西省吉安市吉安县三中、安福二中联考高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
在直角坐标系中，直线
3
x+y-3=0的倾斜角是（　　）
A.
??
6
B.
2??
3
C.
??
3
D.
5??
6
已知直线l：y+m（x+1）=0与直线my-（2m+1）x=1平行，则直线l在x轴上的截距是（　　）
A. 1 B.
2
2
C. ?1 D. ?2
若圆x2+y2+ax+by+c＝0与圆x2+y2＝1关于直线y＝2x-1对称，则a+b＝? （??? ）
A. ?
4
5
B. ?
12
5
C.
4
5
D.
12
5
设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若m∥α，m∥β，则α∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β．其中正确命题的序号是（　　）
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
直线l与圆x2+y2+2x-4y+1=0相交于A，B两点，若弦AB的中点（-2，3），则直线l的方程为（　　）
A. ??+???3=0 B. ??+???1=0 C. ?????+5=0 D. ??????5=0
一束光线从点P（-1，1）出发，经x轴反射到圆C：x2+y2-4x-6y+12=0上的最短路程是（　　）
A. 4 B. 5 C. 3
2
?1 D. 2
6
圆x2+y2-4=0与圆x2+y2-4x+4y-12=0的公共弦长为（　　）
A.
2
B.
3
C. 2
2
D. 3
2
已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，????=2
2
，PA=PD=AD=3，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为（　　）
A. 20?? B. 18?? C. 16?? D. 12??
直线
3
??+???2
3
=0与圆O：x2+y2=4交于A、B两点，则
????
?
????
=（　　）
A. 2 B. ?2 C. 4 D. ?4
某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为（　　）
A.
2
3
B.
6
C. 2
2
D. 3
若圆C：x2+y2+2x-4y+3=0关于直线2ax+by+6=0对称，则由点（a，b）向圆C所作切线长的最小值是（　　）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
圆心在函数y=
1
2
??
2
上，与直线2x+2y+3=0相切的圆中，面积最小的圆的方程为（　　）
A. (??+2
)
2
+(???
1
2
)
2
=
1
2
B. (??+1
)
2
+(???
1
2
)
2
=
1
2
C. (??+2
)
2
+(???
1
2
)
2
=
1
4
D. (??+1
)
2
+(???
1
2
)
2
=
1
4
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
设变量x，y满足约束条件
?????+3≥0
??+??≥0
?2≤??≤3
，则目标函数2x+y的最小值为______．
等腰梯形ABCD中，上底CD=1，腰????=????=
2
，下底AB=3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为______．
过直线l：y=2x上一点P作圆C：（x-8）2+（y-1）2=2的切线l1，l2，若l1，l2关于直线l对称，则点P到圆心C的距离为______．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P、Q分别是AB、AA1、C1D1、CC1的中点，给出以下四个结论：①AC1⊥MN；?②AC1∥平面MNPQ；?③AC1与PM相交；?④NC1与PM异面．其中正确结论的序号是______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
如图，四棱锥P-ABCD的底ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2，AB=1，E，F分别是AB，BC的中点N在轴上（I）求证：PF⊥FD；（II）在PA上找一点G，使得EG∥平面PFD．

已知圆C经过坐标原点O和点（2，2），且圆心在x轴上．（Ⅰ）求圆C的方程．（Ⅱ）设直线l经过点（1，2），且l与圆C相交所得弦长为2
3
，求直线l的方程．
如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=CC1，M、N分别为BB1、A1C1的中点．（1）求证：CB1⊥平面ABC1；（2）求证：MN∥平面ABC1．

已知△OAB中，O为原点，点A（4，0），点B（0，2），圆C是△OAB的外接圆，P（m，n）是圆C上任一点，Q（-2，-2）．（1）求圆C的方程；（2）求
??+2
??+2
的最大值与最小值．
已知以点C（t，
2
??
）?（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点．（1）求证：△AOB的面积为定值；（2）设直线2x+y-4=0与圆C交于点M、N，若OM=ON，求圆C的方程．
已知过原点的动直线l与圆
??
1
：
??
2
+
??
2
?6??+5=0相交于不同的两点A，B．（1）求线段AB的中点M的轨迹C的方程；（2）是否存在实数k，使得直线L：y=k（x-4）与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B【解析】
解：∵直线的斜率为-，设它的倾斜角为α，则有tanα=-，且α∈[0，π），∴α=故选：B．由直线的方程求出它的斜率，再根据直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，求出倾斜角的值．本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．
2.【答案】C【解析】
解：化直线的方程为一般式可得 l：mx+y+m=0，（2m+1）x-my=1=0， 由直线平行可得（2m+1）=-m2， 解得m=-1， 经验证当m=-1时，满足两直线平行， ∴直线l：y-x-1=0， 令y=0可得x=-1， ∴直线l在x轴上的截距为：-1 故选：C．由直线的平行可得m的值，进而可得直线l的方程，令y=0解得x值即为所求．本题考查直线的平行和直线的截距，属基础题．
3.【答案】A【解析】
解：∵圆x2+y2=1的圆心为原点，半径为1∴与圆x2+y2=1关于直线y=2x-1对称的圆，设其圆心为C则C与（0，0）关于直线y=2x-1对称，且半径也为1，∵C（-a，-b）∴，解之得a=-，b=由此可得a+b=．故选：A．根据题意，圆x2+y2+ax+by+c=0的圆心C与（0，0）关于直线y=2x-1对称，且半径为1．求出C的坐标，由轴对称的性质建立关于a、b的方程组，解出a、b，可得a+b的值．本题给出圆C与单位圆关于某直线对称，求圆心坐标．着重考查了圆的方程、直线的方程和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
4.【答案】A【解析】
解：①若n∥α，经过n的平面与α交于a，根据线面平行的性质定理，可得n∥a，m⊥α，则m⊥a，∴m⊥n，正确； ②若α∥β，β∥γ，则α∥γ，由m⊥α，可得m⊥γ，正确； ③若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故不正确； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α，β相交，故不正确； 故选：A．根据有关定理中的诸多条件，对每一个命题进行逐一进行是否符合定理条件去判定，不正确的只需取出反例即可．本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，以及直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
5.【答案】C【解析】
解：圆x2+y2+2x-4y+1=0化为标准方程为（x+1）2+（y-2）2=4，圆心坐标为C（-1，2）．∵弦AB的中点D（-2，3），∴kCD==-1，∴直线l的斜率为1，∴直线l的方程为y-3=x+2，即x-y+5=0．故选：C．圆x2+y2+2x-4y+1=0化为标准方程，可得圆心坐标，先求出垂直于直线l的直线的斜率，再求出直线l的斜率，利用点斜式可得直线方程．本题考查直线方程，考查直线与圆的位置关系，正确求出直线的斜率是关键．
6.【答案】A【解析】
解：如图：圆C：x2+y2-4x-6y+12=0，即圆C：（x-2）2+（y-3）2 =1，表示以C（2，3）为圆心，半径等于1的圆．点P（-1，1）关于x轴的对称点为P′（-1，-1），设光线与x轴的反射点为M，则由反射定律可得|MP|=|MP′|，故光线从点P（-1，1）出发，经x轴反射到圆C：x2+y2-4x-6y+12=0上的最短路程是|P′C|-1，由于|P′C|==5，故最短路程是|P′C|-1=4，故选：A．设点P（-1，1）关于x轴的对称点为P′（-1，-1），由题意利用直线和圆的位置关系，反射定理，可得光线从点P（-1，1）出发，经x轴反射到圆C：x2+y2-4x-6y+12=0上的最短路程是|P′C|-1，计算求得结果．本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，反射定理，属于中档题．
7.【答案】C【解析】
解：圆x2+y2-4=0与圆x2+y2-4x+4y-12=0方程相减得：x-y+2=0，∵圆心（0，0）到直线x-y+2=0的距离d==，r=2，则公共弦长为2=2．故选C两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到求出直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．
8.【答案】A【解析】
解：由题意，由平面PAD⊥平面ABCD，，PA=PD=AD=3，∴底面ABCD矩形外接圆半径r=．四棱锥P-ABCD的高为：．球心与圆心的距离为d，构造直角三角形，即d2+r2=R2，，解得：R2=5∴四棱锥P-ABCD的外接球的表面积S=4πR2=20π．故选：A．由平面PAD⊥平面ABCD，，PA=PD=AD=3，求底面ABCD矩形外接圆半径r=．四棱锥P-ABCD的高为：．利用球心与圆心构造直角三角形，求解外接球半径R即可．本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
9.【答案】A【解析】
解：圆O：x2+y2=4的圆心是（0，0），由此知圆心到直线的距离是=＜2所以直线与圆相交故AB=2=2=r，所以∠AOB=所以=2×2×cos=2故选：A．先求圆心到直线的距离，再求弦心距所在直线与AO的夹角，然后求数量积．本题考查直线与圆的位置关系，向量的数量积，基础题．考查了数形结合解题的思想及转化的思想
10.【答案】C【解析】
解：由三视图可得：PA⊥底面ABC，PA=2，底面ABC是斜边为2的等腰直角三角形．∴该三棱锥最长棱的棱长是PB==2．故选：C．由三视图可得：PA⊥底面ABC，PA=2，底面ABC是斜边为2的等腰直角三角形．可得：该三棱锥最长棱的棱长是PB=．本题考查了三视图的有关知识、勾股定理、线面垂直的应用，属于基础题．
11.【答案】C【解析】
解：圆C：x2+y2+2x-4y+3=0化为（x+1）2+（y-2）2=2，圆的圆心坐标为（-1，2）半径为．圆C：x2+y2+2x-4y+3=0关于直线2ax+by+6=0对称，所以（-1，2）在直线上，可得-2a+2b+6=0，即a=b+3．点（a，b）与圆心的距离，，所以点（a，b）向圆C所作切线长：==≥4，当且仅当b=-1时弦长最小，为4．故选：C．由题意可知直线经过圆的圆心，推出a，b的关系，利用（a，b）与圆心的距离，半径，求出切线长的表达式，然后求出最小值．本题考查直线与圆的位置关系，对称问题，圆的切线方程的应用，考查计算能力．
12.【答案】B【解析】
解：设圆心为（a，），它到直线的距离d，即为圆的半径．d2==，∴当a=-1时，d2最小为，此时圆的方程为：（x+1）2+（y-）2=．故选：B．设圆心为（a，），它到直线的距离d，即为圆的半径，利用点到直线的距离公式，再利用配方法，即可得到结论．本题考查圆的方程的求法，解题的关键是利用点到直线的距离公式，确定圆的半径等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】?
3
2
【解析】
解：由约束条件得如图所示的三角形区域，令2x+y=z，y=-2x+z，显然当平行直线过点时，z取得最小值为；故答案为：本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各角点的坐标，将各点坐标代入目标函数的解析式，分析后易得目标函数2x+y的最小值．在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域?②求出可行域各个角点的坐标?③将坐标逐一代入目标函数?④验证，求出最优解．
14.【答案】
2
2
【解析】
解：在等腰梯形ABCD中，上底CD=1，腰，下底AB=3，∴高DE=1，根据斜二测画法的规则可知，A'B'=AB=3，D'C'=DC=1，O'D'=，直观图中的高D'F=O'D'sin45°═，∴直观图A′B′C′D′的面积为，故答案为：；根据斜二测画法的规则分别求出等腰梯形的直观图的上底和下底，以及高即可求出面积．本题主要考查斜二测画法的规则，注意平行于坐标轴的直线平行性不变，平行x轴的线段长度不变，平行于y轴的长度减半．
15.【答案】3
5
【解析】
解：显然圆心（8，1）不在直线y=2x上．由对称性可知，只有直线y=2x上的特殊点，这个点与圆心连线垂直于直线y=2x，从这点做切线才能关于直线y=2x对称．所以该点与圆心连线所在的直线方程为：y-1=-（x-8），即x+2y-10=0，与y=2x联立可求出该点坐标为（2，4），所以该点到圆心的距离为：=3．故答案为：3由圆的方程找出圆心坐标，经过判定发现，圆心不在已知直线上，由对称性可知，只有直线y=2x上的特殊点，这个点与圆心连线垂直于直线y=2x，从这点做切线才能关于直线y=2x对称．由直线y=2x的斜率，利用两直线垂直时斜率的乘积为-1求出该点与圆心连线方程的斜率，由圆心坐标和求出的斜率写出此直线的方程，与已知直线方程联立求出该点的坐标，然后利用两点间的距离公式即可求出此时这个点到圆心C的距离．此题考查了直线与圆的位置关系，以及两点间的距离公式．由对称性得到该点与圆心连线所在的直线方程与直线l垂直是解本题的关键．
16.【答案】①③④【解析】
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，∴A1D⊥AD1， ∵CD⊥面AA1D1D，AD1?面AA1D1D， ∴CD⊥AD1， ∴AD1⊥面A1CD，∴A1C⊥AD1 ∵M，N分别是AA1，A1D1的中点，∴AD1∥MN，即A1C⊥MN，故①正确； 由于M、N、P、Q分别是AB、AA1、C1D1、CC1的中点， 则AC1与PM相交，故②不正确，③正确； ∵N?面ACC1A1，而M，P，C∈面ACC1A1，∴NC与PM异面，故④正确； 故答案为：①③④．①要证A1C⊥MN，由于AD1∥MN，则只需证A1C⊥AD1，即只需证AD1⊥面A1CD即可； ②由于AC1与MP交于一点，则AC1与平面MNPQ相交； ③④判定空间中直线与直线之间的位置关系，要紧扣定义来完成．本题考查的知识点是，判断命题真假，同时考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，我们可以根据空间几何中的定义，定理及常用结论对四个结论逐一进行判断，可以得到正确的结果．
17.【答案】解析：（Ⅰ）连接AF，则AF=
2
，DF=
2
，又AD=2，∴DF2+AF2=AD2，∴DF⊥AF．又PA⊥平面ABCD，DF?平面ABCD∴DF⊥PA又∵PA?平面PAF，AF?平面PAF，PA∩AF=A∴DF⊥平面PAF∵PF?平面PAF∴PF⊥FD（Ⅱ）如图，过点E作EH∥FD交AD于点H，则EH∥平面PFD且AH=
1
4
AD．再过点H作HG∥DP交PA于点G，则HG∥平面PFD且AG=
1
4
AP，∵EH?平面EHG，HG?平面EHG，EH∩HG=H∴平面EHG∥平面PFD．∵EG?平面EHG∴EG∥平面PFD．从而满足AG=
1
4
AP的点G为所求．【解析】
（1）连接AF，证明DF⊥平面PAF，即可证得PF⊥FD． （2）过E点作EH∥DF交AD于点H，过H点作HG∥PD，交PD于点G，连接EG，证明平面EHG∥平面PDF，得EG∥平面PDF，从而得点G得位置．本题主要考查了线面垂直的判定及性质、面面平行的判定及性质，解题中要注意线线、线面、面面关系的转化．
18.【答案】解：（I）设圆心（a，0），则圆心到（0，0）与（2，2）距离相同，∴a2=（2-a）2+22，解出a=2，圆心为（2，0），∴半径r=2，∴圆为（x-2）2+y2=4．（II）斜率存在时，设直线l为y-2=k（x-1），整理得kx-y+2-k=0，圆心到直线的距离??=
|2??+2???|
??
2
+(?1
)
2
，??=
2
2
?(
3
)
2
=1，解出??=?
3
4
，∴直线方程为?
3
4
?????+2+
3
4
=0，整理得4y+3x-11=0，斜率不存在时，直线为x=1，符合要求，综上，符合要求的直线有x=1和4y+3x-11=0．【解析】
（I）设圆心（a，0），则圆心到（0，0）与（2，2）距离相同，由此求出a=2，圆心为（2，0），半径r=2，从而能求出圆C的方程．（II）斜率不存在时，直线为x=1，符合要求；斜率存在时，设直线l为kx-y+2-k=0，圆心到直线的距离，由，解出，由此能出直线l的方程．．本题考查圆的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线、圆、点到直线距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
19.【答案】证明：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且侧面BB1C1C∩底面ABC=BC，∵∠ABC=90°，即AB⊥BC，∴AB⊥平面BB1C1C，∵CB1?平面BB1C1C，∴CB1⊥AB．　…………4分∵BC=CC1，CC1⊥BC，∴BCC1B1是正方形，∴CB1⊥BC1，∴CB1⊥平面ABC1．?……………（6分）（2）取AC1的中点F，连BF、NF．?………………（8分）在△AA1C1中，N、F是中点，∴NF∥AA1，NF=
1
2
??
??
1
，又∵BM∥AA1，BM=
1
2
??
??
1
，∴NF∥BM，NF=BM，………（10分）故四边形BMNF是平行四边形，∴MN∥BF，而BF?面ABC1，MN?平面ABC1，∴MN∥平面ABC1．…（12分）【解析】
（1）推导出AB⊥BC，从而AB⊥平面BB1C1C，进而CB1⊥AB，再由BC=CC1，CC1⊥BC，得BCC1B1是正方形，由此能证明CB1⊥平面ABC1． （2）取AC1的中点F，连BF、NF．推导出四边形BMNF是平行四边形，从而MN∥BF，由此能证明MN∥平面ABC1．本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
20.【答案】解：（1）∵△OAB是直角三角形，∴外接圆的圆心为AB的中点．∴圆心坐标为C（2，1）．半径r=|AC|=
(2?4
)
2
+1
=
5
．∴圆C的方程为（x-2）2+（y-1）2=5．（2）∵
??+2
??+2
可看做点P（m，n）与Q（-2，-2）连线的斜率，∴由斜率与切斜角的关系可知，当直线PQ与圆C相切时，
??+2
??+2
取得最大值与最小值．设直线PQ方程为：y+2=k（x+2），即kx-y+2k-2=0则
|2???1+2???2|
??
2
+1
=
5
，解得：k=2或??=
2
11
，∴
??+2
??+2
的最大值为2，最小值为
2
11
．【解析】
（1）根据直角三角形的特点确定圆心位置和半径，利用圆的标准方程即可解得；（2）根据的几何意义可知，可看做PQ的斜率，又由直线与圆相切的性质可求出PQ的斜率．从而得出结果．本题主要考查直角三角形的性质，圆的标准方程，斜率公式，直线与圆相切的性质等知识的综合应用．属于中档题．
21.【答案】解：（1）证明：由题设知，圆C的方程为（x-t）2+（y-
2
??
）2=t2+
4
??
2
，化简得x2-2tx+y2-
4
??
y=0．当y=0时，x=0或2t，则A（2t，0）；当x=0时，y=0或
4
??
，则B(0，
4
??
)，∴S△AOB=
1
2
OA?OB=
1
2
|2t|?|
4
??
|=4为定值．??（2）解∵OM=ON，则原点O在MN的中垂线上，设MN的中点为H，则CH⊥MN，∴C、H、O三点共线，KMN=-2，则直线OC的斜率k=
2
??
??
=
2
??
2
=
1
2
，∴t=2或t=-2．∴圆心为C（2，1）或C（-2，-1），∴圆C的方程为（x-2）2+（y-1）2=5或（x+2）2+（y+1）2=5．由于当圆方程为（x+2）2+（y+1）2=5时，直线2x+y-4=0到圆心的距离d＞r，此时不满足直线与圆相交，故舍去，∴所求的圆C的方程为（x-2）2+（y-1）2=5．【解析】
（1）设出圆C的方程，求得A、B的坐标，再根据S△AOB=OA?OB，计算可得结论．?（2）设MN的中点为H，则CH⊥MN，根据C、H、O三点共线，KMN=-2，由直线OC的斜率k===，求得t的值，可得所求的圆C的方程．本题主要考查求圆的标准方程，两条直线垂直的性质，属于中档题．
22.【答案】解：（1）圆
??
1
：
??
2
+
??
2
?6??+5=0?(???3
)
2
+
??
2
=4，∴圆心坐标为（3，0），设M（x，y），则可知C1M⊥AB，∴
??
??
1
??
?
??
????
=?1?
??
???3
?
??
??
=?1，整理可得：(???
3
2
)
2
+
??
2
=
9
4
，当动直线与圆相切时，设直线方程：y=kx，则
??=????
??
2
+
??
2
?6??+5=0
?(
??
2
+1)
??
2
?6??+5=0，∴△=36?20(
??
2
+1)=0?
??
2
=
4
5
，∴切点的横坐标为??=
1
2
?
6
??
2
+1
=
5
3
，由圆的性质可得：M横坐标的取值范围为(
5
3
，3]，所以轨迹方程为(???
3
2
)
2
+y2=
9
4
，x∈（
5
3
，3]．（2）由（1）可得曲线C为圆(???
3
2
)
2
+
??
2
=
9
4
，??∈(
5
3
，3]的一部分圆弧EF（不包括E，F），其中??(
5
3
，
2
5
3
)，??(
5
3
，?
2
5
3
)，直线L：y=k（x-4）过定点（4，0），①当直线与圆相切时：
??
?????
=
|
5
2
??|
??
2
+1
=
3
2
???=±
3
4
，②当直线与圆不相切时，可得
??
????
=
0?
2
5
3
4?
5
3
=?
2
5
7
，
??
????
=
0?(?
2
5
3
)
4?
5
3
=
2
5
7
，数形结合可得：当??∈[?
2
5
7
，
2
5
7
]时，直线与圆有一个交点，综上所述：??∈[?
2
5
7
，
2
5
7
]∪{
3
4
，?
3
4
}时，直线L与曲线C只有一个交点．【解析】
（1）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论； （2）通过联立直线L与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系问题，注意解题方法的积累，属于中档题．