2019-2020学年四川省乐山市十校高二（上）期中数学试卷（文科）含详细解答

1、2019-2020学年四川省乐山市十校高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1（5分）观察下面的几何体，哪些是棱柱（）ABCD2（5分）直线l：y1k（x1）和圆C：x2+y22y0的关系是（）A相离B相切或相交C相交D相切3（5分）圆心在y轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（）Ax2+（y2）21Bx2+（y+2）21C（x1）2+（y3）21Dx2+（y3）214（5分）设l是直线，是两个不同的平面（）A若l，l，则 B若l，l，则C若，l，则 lD若，l，则l5（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的

2、中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（）ABCD6（5分）点P（4，2）与圆x2+y24上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）21B（x2）2+（y+1）24C（x+4）2+（y2）21D（x+2）2+（y1）217（5分）下列四个命题：（1）存在与两条异面直线都平行的平面；（2）过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；（3）过平面外一点可作无数条直线与该平面平行；（4）过直线外一点可作无数个平面与该直线平行其中正确的命题的个数是（）A1B2C3D48（5分）两个圆C1：x2+y2+2x+2y20与C2：x2+y24x2y+10的公切线有且仅有（）A1条B2条

3、C3条D4条9（5分）圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是（）AB2CD10（5分）过点（1，2）作圆（x1）2+y21的两条切线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为（）AyByCyDy11（5分）方程k（x2）+3有两个不等实根，则k的取值范围是（）A（0，）B（，C（，+）D12（5分）如图所示，在直角梯形BCEF中，CBFBCE90，A、D分别是BF、CE上的点，ADBC，且ABDE2BC2AF（如图1）将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（）AC平面BEF；B、C、E、F四点不可能共面；若EFCF，

4、则平面ADEF平面ABCD；平面BCE与平面BEF可能垂直A0B1C2D3二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13（5分）如果实数x，y满足等式（x2）2+y23，那么的最大值是 14（5分）盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5cm，两个直径为5cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降 cm15（5分）圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120的公共弦的长为 16（5分）如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45其中正确的有 （把所有正确的序号都填上

5、）三、解答题（本题共6道小题，共70分）17（10分）已知一个几何体的三视图如图所示（1）求此几何体的表面积；（2）如果点P，Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长18（12分）已知直线l：ykx+1，圆C：（x1）2+（y+1）212（1）试证明：不论k为何值，直线l与圆C总有两个交点；（2）求直线l被圆C截得的最短弦长19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，BAD60，PAPDAD6，点M在线段PC上，且PM2MC，N为AD的中点（1）求证：AD平面PNB；（2）若平面PAD平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积2

6、0（12分）已知坐标平面上动点M（x，y）与两个定点P（26，1），Q（2，1），且|MP|5|MQ|（1）求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中轨迹为C，过点N（2，3）的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程21（12分）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（）若ACBC，证明：直线BC平面ACC1A1；（）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE平面A1MC？请证明你的结论22（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线yx26x+1与坐标轴的交点都在圆C上（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线xy+a0

7、交于A，B两点，且OAOB，求a的值2019-2020学年四川省乐山市十校高二（上）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1（5分）观察下面的几何体，哪些是棱柱（）ABCD【分析】直接利用棱柱的定义判断即可【解答】解：由棱柱的定义可知：满足棱柱的定义故选：A【点评】本题考查棱柱的判断，定义的应用，是基础题2（5分）直线l：y1k（x1）和圆C：x2+y22y0的关系是（）A相离B相切或相交C相交D相切【分析】直线l：y1k（x1）恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率存在，故可知直线l：y1k（x1）和圆C：x2+y22y0的关系

8、【解答】解：圆C：x2+y22y0可化为x2+（y1）21圆心为（0，1），半径为1直线l：y1k（x1）恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率存在直线l：y1k（x1）和圆C：x2+y22y0的关系是相交故选：C【点评】本题考查的重点是直线与圆的位置关系，解题的关键是确定直线恒过定点，此题易误选B，忽视直线的斜率存在3（5分）圆心在y轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（）Ax2+（y2）21Bx2+（y+2）21C（x1）2+（y3）21Dx2+（y3）21【分析】法1：由题意可以判定圆心坐标（0，2），可得圆的方程法2：数形结合法，画图即可判断圆心坐标，求出圆的方程法

9、3：回代验证法，逐一检验排除，即将点（1，2）代入四个选择支，验证是否适合方程，圆心在y轴上，排除C，即可【解答】解法1（直接法）：设圆心坐标为（0，b），则由题意知，解得b2，故圆的方程为x2+（y2）21故选A解法2（数形结合法）：由作图根据点（1，2）到圆心的距离为1易知圆心为（0，2），故圆的方程为x2+（y2）21故选A解法3（验证法）：将点（1，2）代入四个选择支，排除B，D，又由于圆心在y轴上，排除C故选：A【点评】本题提供三种解法，三种解题思路，考查圆的标准方程，是基础题4（5分）设l是直线，是两个不同的平面（）A若l，l，则 B若l，l，则C若，l，则 lD若，l，则l【分析

10、】对4个选项分别进行判断，即可得出结论【解答】解：若l，l，则 或，相交，故A不正确；根据线面平行的性质可得：若l，经过l的直线与的交线为m，则lm，l，m，根据平面与平面垂直的判定定理，可得，故B正确；若l，则l或l，故C错误；作出正方体ABCDABCD，设平面ABCD为，ADDA为，则，观察正方体，得到：BC，且BC；AD，且AD；AB，且AB与相交面、及直线l满足：，l，则一定有l或l或l与相交，故D不正确故选：B【点评】“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来5（5分）已知正方体

11、ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（）ABCD【分析】设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值【解答】解：设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1）（0，2，1），（0，2，1），设异面直线AE与D1F所成角为，则cos|cos，|0|故选：B【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，

12、是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用6（5分）点P（4，2）与圆x2+y24上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）21B（x2）2+（y+1）24C（x+4）2+（y2）21D（x+2）2+（y1）21【分析】设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则，由此能够轨迹方程【解答】解：设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则代入x2+y24得（2x4）2+（2y+2）24，化简得（x2）2+（y+1）21故选：A【点评】本题考查点的轨迹方程，解题时要仔细审题，注意公式的灵活运用7（5分）下列四个命题：（1）存在与两条异面直线都平行的平面；

13、（2）过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；（3）过平面外一点可作无数条直线与该平面平行；（4）过直线外一点可作无数个平面与该直线平行其中正确的命题的个数是（）A1B2C3D4【分析】通过画图举出例子说明（1）的正确性；通过举出反例说明（2）不正确；（3）平面外一点有无数条直线与这个平面平行，这些直线在与这个平面平行的平面内正确；（4）过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行，因为只须这些平面经过这条直线的平行线且不过这条直线即可判断【解答】解：（1）如图，a，b是两条异面直线，过两条异面直线的公垂线的中点作公垂线的垂面，则此垂面与两条异面直线都平行，故（1）正确；（2）不正确若

14、过点A与直线a的平面与直线b平行时，不存在符合要求的平面；（3）正确，因为过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，这些直线在与这个平面平行的平面内；（4）正确，过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行，只须这些平面经过这条直线的平行线且不过这条直线即可故正确命题的个数为3故选：C【点评】本题考查两条直线之间的关系，考查线与面之间的关系，考查异面直线的性质，本题是一个判定定理和性质定理的综合题目8（5分）两个圆C1：x2+y2+2x+2y20与C2：x2+y24x2y+10的公切线有且仅有（）A1条B2条C3条D4条【分析】先求两圆的圆心和半径，判定两圆的位置关系，即可判定公切线的条数【解答】

15、解：两圆的圆心分别是（1，1），（2，1），半径分别是2，2两圆圆心距离：，说明两圆相交，因而公切线只有两条故选：B【点评】本题考查圆的切线方程，两圆的位置关系，是基础题9（5分）圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是（）AB2CD【分析】通过圆台的底面面积，求出上下底面半径，利用侧面积公式求出母线长，然后求出圆台的高，即可求得圆台的体积【解答】解：S1，S24，r1，R2，S6（r+R）l，l2，hV（1+4+2）故选：D【点评】本题是基础题，通过底面面积求出半径，转化为求圆台的高，是本题的难点，考查计算能力，常考题10（5分）过点（1，2）作圆（x1）2+y21的两条切

16、线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为（）AyByCyDy【分析】求出以（1，2）、C（1，0）为直径的圆的方程，将两圆的方程相减即得公共弦AB的方程【解答】解：圆（x1）2+y21的圆心为C（1，0），半径为1，以（1，2）、C（1，0）为直径的圆的方程为：（x1）2+（y+1）21，将两圆的方程相减，即得公共弦AB的方程为2y+10即y故选：B【点评】本题考查了直线和圆的位置关系以及圆和圆的位置关系、圆的切线问题，也考查了数形结合的数学思想，属于基础题目11（5分）方程k（x2）+3有两个不等实根，则k的取值范围是（）A（0，）B（，C（，+）D【分析】首先注意到等式左边是一段圆弧x

17、2+y24 （y0），右边是条直线ykx+32k，直线恒过定点（2，3），再考虑直线与圆相切及过点（2，0）两个位置的斜率，从而得解【解答】解：由题意，等式左边是一段圆弧x2+y24 （y0）右边是条直线ykx+32k，直线恒过定点（2，3）根据点到直线的距离小于半径时才有和圆弧所在的圆有两个交点k当直线过点（2，0）时，所以方程有两个不等实根时，故选：D【点评】本题以方程根为载体，考查根的存在性及根的个数判断，其中利用方程的几何意义，是解答本题的关键12（5分）如图所示，在直角梯形BCEF中，CBFBCE90，A、D分别是BF、CE上的点，ADBC，且ABDE2BC2AF（如图1）将四边形A

18、DEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（）AC平面BEF；B、C、E、F四点不可能共面；若EFCF，则平面ADEF平面ABCD；平面BCE与平面BEF可能垂直A0B1C2D3【分析】根据折叠前后线段、角的变化情况，用线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理进行判定【解答】解：对于，在图2中记AC与BD的交点（中点）为O，取BE的中点为M，连结MO，易证得四边形AOMF为平行四边形，即ACFM，AC平面BEF，故正确；对于，如果四点共面，则由BC平面ADEFBCEFADADEF，与已知矛盾，故不正确；对于，在梯形ADEF中，易得EFFD，又EFCF，

19、EF平面CDF，即有CDEF，CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故正确；对于，延长AF至G使得AFFG，连结BG、EG，易得平面BCE平面ABF，过F作FNBG于N，则FN平面BCE若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故错误故选：C【点评】本题考查了线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理的运用考查了学生的空间想象能力和推理能力，属于基础题二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13（5分）如果实数x，y满足等式（x2）2+y23，那么的最大值是【分析】设，的最大值就等于连接原点和圆上的点的直线中斜率的最大值，由数形结合法的方式，易得

20、答案【解答】解：设，则ykx表示经过原点的直线，k为直线的斜率所以求的最大值就等价于求同时经过原点和圆上的点的直线中斜率的最大值从图中可知，斜率取最大值时对应的直线斜率为正且与圆相切，此时的斜率就是其倾斜角EOC的正切值易得，可由勾股定理求得|OE|1，于是可得到，即为的最大值故答案为：【点评】本题考查直线与圆的位置关系，数形结合是解决问题的关键，属中档题14（5分）盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5cm，两个直径为5cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降cm【分析】由球的体积公式，可得两个玻璃小球的体积之和，而这个和等于水面下降的体积设水面下降的高为h，根据圆柱的体积公

21、式，建立关系式并解之，即可得到水面下降的高度【解答】解：玻璃小球直径等于5cm，玻璃小球半径等于5cm，得两个玻璃小球体积之和为：V2（）3cm3，从容器中取出这两个小球，设水面将下降的高度为h，则52h，解之得hcm故答案为：【点评】本题从圆柱形容器中取出小球，求水面下降的高度，着重考查了球体积公式和圆柱体积公式等知识，属于基础题15（5分）圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120的公共弦的长为2【分析】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【解答】解：圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120

22、的方程相减得：xy+20，由圆x2+y240的圆心（0，0），半径r为2，且圆心（0，0）到直线xy+20的距离d，则公共弦长为222故答案为：2【点评】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16（5分）如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45其中正确的有（把所有正确的序号都填上）【分析】由PA平面ABC，及正六边形的性质易得：AE平面PAB，所以AEPB，正确；由PA平面ABC，易得平面PAB平面ABC，所以平面ABC平面PBC不成立，错；由正六边形的

23、性质得BCAD，但是AD与平面PAE相交，所以错；由PA平面ABC，可得PAAD，又因为PA2AB，所以PDA45，正确【解答】解：对于、由PA平面ABC，AE平面ABC，得PAAE，又由正六边形的性质得AEAB，PAABA，得AE平面PAB，又PB平面PAB，AEPB，正确；对于、又平面PAB平面ABC，所以平面ABC平面PBC不成立，错；对于、由正六边形的性质得BCAD，又AD平面PAD，BC平面PAD，直线BC平面PAE也不成立，错；对于、在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45，正确故答案为：【点评】本小题考查空间中的线面关系，正六边形的性质等基础知识，考查空间想象能力和思维能力，以

24、及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力三、解答题（本题共6道小题，共70分）17（10分）已知一个几何体的三视图如图所示（1）求此几何体的表面积；（2）如果点P，Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长【分析】（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a（2）将圆柱侧面展开，在平面矩形内线段PQ长为所求【解答】解：（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a（2分），（3分），（4分）

25、，（5分）所以（7分）（2）沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如上图则，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为沿P点向下走，再沿直径方向走到Q点，则路径a+2a3a因此最短路径为3a，（14分）【点评】本题考查由三视图求面积，解题的关键是由三视图还原出实物图的几何特征及其度量，再由公式求出表面积，还考查曲面距离最值问题，采用化曲面为平面的办法须具有空间想象能力、转化、计算能力18（12分）已知直线l：ykx+1，圆C：（x1）2+（y+1）212（1）试证明：不论k为何值，直线l与圆C总有两个交点；（2）求直线l被圆C截得的最短弦长【分析】（1）联立直线l与圆C方程，消去y得到关于x的一元二

26、次方程，根据根的判别式恒大于0，得到不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；（2）设直线与圆相交于A（x1，y1），B（x2，y2），表示出直线l被圆C截得的弦长，设t，讨论出t的最大值，即可确定出弦长的最小值【解答】解：（1）由，消去y得到（k2+1）x2（24k）x70，（24k）2+28k2+280，不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；（2）设直线与圆相交于A（x1，y1），B（x2，y2），则直线l被圆C截得的弦长|AB|x1x2|22，令t，则有tk24k+（t3）0，当t0时，k；当t0时，由kR，得到164t（t3）0，解得：1t4，且t0，则t的最大值为4，此时|AB|

27、最小值为2，则直线l被圆C截得的最短弦长为2【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：直线与圆的交点，两点间的距离公式，根的判别式，以及一元二次方程的性质，是一道综合性较强的试题19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，BAD60，PAPDAD6，点M在线段PC上，且PM2MC，N为AD的中点（1）求证：AD平面PNB；（2）若平面PAD平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积【分析】（1）推导出PNAD，BNAD，由此能证明AD平面PNB（2）推导出PN平面ABCD，点P到平面ABCD的距离为3，由，能求出三棱锥PNBM的体积【解答】解：（1）证明：如图，PAPD，

28、N为AD的中点，PNAD，底面ABCD是菱形，BAD60，BNAD，PNBNN，AD平面PNB（2）解：平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PNAD，PN平面ABCD，PNAD，PAPDAD6，PN3，点P到平面ABCD的距离为3，AD平面PNB，ADBC，BC平面PNB，PM2MC，18，三棱锥PNBM的体积为18【点评】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，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20（12分）已知坐标平面上动点M（x，y）与两个定点P（26，1），Q（2，1），且|MP|5|MQ|（1）求点M的轨迹方程，并说明

29、轨迹是什么图形；（2）记（1）中轨迹为C，过点N（2，3）的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程【分析】（1）根据题意，分析可得5，对其化简整理变形可得（x1）2+（y1）225，由圆的标准方程即可得答案；（2）分2种情况讨论：当直线l的斜率不存在，当直线l的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线l被C所截得的线段长度为8，可得关于k的方程，解可得k的值，综合即可得答案【解答】解：（1）由题意，得即：5，化简，得：x2+y22x2y230，即（x1）2+（y1）225；所以点M的轨迹方程是（x1）2+（y1）225轨迹是以（1，1）为圆心，以5为半径的圆（2）当直线l的斜率

30、不存在时，直线l的方程为x2；此时所截得的线段的长为28，所以l：x2符合题意当直线l的斜率存在时，设l的方程为y3k（x+2），即kxy+2k+30，圆心到l的距离d，由题意，得（）2+4252，解得k所以直线l的方程为xy+0，即5x12y+460，综上，直线l的方程为x2或5x12y+460【点评】本题考查直线与圆的位置关系，关键是依据题意，求出点M的轨迹方程，即圆的方程21（12分）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（）若ACBC，证明：直线BC平面ACC1A1；（）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE平面A1MC？请

31、证明你的结论【分析】（）先证明AA1平面ABC，可得AA1BC，利用ACBC，可以证明直线BC平面ACC1A1；（）取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，证明四边形MDEO为平行四边形即可【解答】（）证明：四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形，AA1AB，AA1AC，ABACA，AA1平面ABC，BC平面ABC，AA1BC，ACBC，AA1ACA，直线BC平面ACC1A1；（）解：取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点，则O为AC1的中点连接MD，OE，则MDAC，MDAC，OEAC，OEAC，MDOE，MDOE，连接OM，则四边形MDEO

32、为平行四边形，DEMO，DE平面A1MC，MO平面A1MC，DE平面A1MC，线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE平面A1MC【点评】本题考查线面垂直的判定与性质的运用，考查存在性问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题22（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线yx26x+1与坐标轴的交点都在圆C上（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线xy+a0交于A，B两点，且OAOB，求a的值【分析】（1）可设出圆的一般式方程，利用曲线与方程的对应关系，根据同一性直接求出参数；（2）利用设而不求思想设出圆C与直线xy+a0的交点A，B坐标，通过OAOB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻

33、找关于a的方程，通过解方程确定出a的值【解答】解：（1）圆x2+y2+Dx+Ey+F0，x0，y1有1+E+F0y0，x2 6x+10与x2+Dx+F0是同一方程，故有D6，F1，E2，即圆方程为x2+y26x2y+10；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），其坐标满足方程组消去y，得到方程2x2+（2a8）x+a22a+10，由已知可得判别式5616a4a20在此条件下利用根与系数的关系得到x1+x24a，x1x2由于OAOB可得x1x2+y1y20，又y1x1+a，y2x2+a，所以可得2x1x2+a（x1+x2）+a20由可得a1，满足5616a4a20故a1【点评】本题考查垂直问题的解决思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型