2019-2020学年山西大学附中高二（上）期中数学试卷（理科）含详细解答

1、2019-2020学年山西大学附中高二（上）期中数学试卷（理科）一选择题：（本题有12个小题，每小题3分，共36分）1（3分）直线xy+10的倾斜角为（）ABCD2（3分）如图，平行四边形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA4，OC2，AOC30，则下列叙述正确的是（）A原图形是正方形B原图形是非正方形的菱形C原图形的面积是D原图形的面积是3（3分）若ab0，bc0，则直线ax+by+c0一定不过（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4（3分）设l为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l5（3分）点A（3，2）

2、，B（3，2），直线axy10与线段AB相交，则实数a的取值范围是（）ABa1或a1C1a1D或6（3分）如图，在四面体ABCD中，点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论错误的为（）AACCDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为457（3分）已知点A（1，2），B（1，4），若直线l过原点，且A，B两点到直线l的距离相等，则直线l的方程为（）Ayx或x0Byx或y0Cyx或y4xDyx或8（3分）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACBC2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为（）ABCD9（3分）用一块圆心角为240、

3、半径为R的扇形铁皮制成一个无底面的圆锥容器（接缝忽略不计），则该容器的体积为（）ABCD10（3分）当点P（3，2）到直线mxy+12m0的距离最大值时，m的值为（）AB0C1D111（3分）如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（）A点P到平面QEF的距离B直线PQ与平面PEF所成的角C三棱锥PQEF的体积D二面角PEFQ的大小12（3分）如图所示，在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截

4、面，则截面的周长为（）ABCD二填空题：（本题有5个小题，每小题4分，共20分）13（4分）圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60，轴截面的面积为，则圆台的侧面积为 14（4分）正三棱柱的底面边长为2，高为2，则它的外接球表面积为 15（4分）平行六面体ABCDA1B1C1D1中，棱AB、AD、AA1的长均为1，A1ADA1ABDAB，则对角线AC1的长为 16（4分）若点M（m，n）为直线l：3x+4y+20上的动点，则m2+n2的最小值 17（4分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱AB、CC1的中点，MB1P的顶点P在棱CC1与棱C1D1上运动，

5、有以下四个命题：平面MB1PND1；平面MB1P平面ND1A1；MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形其中正确命题的序号是 三解答题：（本题有4个小题，共44分，请将推理、计算过程写在答题卡上）18（10分）已知直线2xy10与直线x2y+10交于点P（1）求过点P且垂直于直线3x+4y150的直线l1的方程；（结果写成直线方程的一般式）（2）求过点P并且在两坐标轴上截距相等的直线l2方程（结果写成直线方程的一般式）19（10分）如图，在RtAOB中，OAB，斜边AB4RtAOC可以通过RtAOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAOC是

6、直二面角动点D在斜边AB上（1）求证：平面COD平面AOB；（2）设CD与平面AOB所成角的最大值为，求tan值20（12分）在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB是边长为2的等边三角形，BE2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上（）求证：DE平面ABC；（）求二面角EBCA的余弦值21（12分）如图1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示（1）证明：BC平面PBD；（2）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合

7、要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由2019-2020学年山西大学附中高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一选择题：（本题有12个小题，每小题3分，共36分）1（3分）直线xy+10的倾斜角为（）ABCD【分析】把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，倾斜角的范围，求出倾斜角的大小【解答】解：直线y+10 即 yx+1，故直线的斜率等于，设直线的倾斜角等于，则 0，且tan，故 60，故选：B【点评】本题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求出直线的斜率是解题的关键2（3分）如图，平行四边形OABC是水平放置的一个平

8、面图形的直观图，其中OA4，OC2，AOC30，则下列叙述正确的是（）A原图形是正方形B原图形是非正方形的菱形C原图形的面积是D原图形的面积是【分析】将直观图还原为平面图形，可以发现原平面图形不是菱形，由SOABC，得到S原图形【解答】解：将直观图还原为平面图形，如图所示，可以发现原平面图形不是菱形，故A，B均错误；SOABC，S原图形，故C正确，D错误故选：C【点评】本题考查命题真假的判断，考查平面图形的直观图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3（3分）若ab0，bc0，则直线ax+by+c0一定不过（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】由题意可得斜率0，在y轴上的截

9、距0，即直线的倾斜角为顿角，在y轴上的截距大于0，故直线不经过第三象限【解答】解：直线ax+by+c0，即 y，若ab0 且bc0，则斜率0，在y轴上的截距为0，即直线的倾斜角为顿角，在y轴上的截距大于0，故直线不经过第三象限，故选：C【点评】本题考查确定直线位置的方法，即根据直线的倾斜角和它在y轴上的截距来确定直线在坐标系终的位置，属于基础题4（3分）设l为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l【分析】根据线面平行的几何特征及面面平行的判定方法，可判断A；根据面面平行的判定方法及线面垂直的几何特征，可判断B；根据线面平行的性质定

10、理，线面垂直及面面垂直的判定定理，可判断C；根据面面垂直及线面平行的几何特征，可判断D【解答】解：若l，l，则平面，可能相交，此时交线与l平行，故A错误；若l，l，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得B正确；若l，l，则存在直线m，使lm，则m，故此时，故C错误；若，l，则l与可能相交，可能平行，也可能线在面内，故D错误；故选：B【点评】本题考查的知识点是空间中直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系及平面与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系的几何特征及判定方法是解答的关键5（3分）点A（3，2），B（3，2），直线axy10与线段AB相交，则实数a的取值范围是（）ABa1或a1C1

11、a1D或【分析】由直线axy10的方程，判断恒过P（0，1），求出KPA与KPB，结合图象，求出满足条件的直线斜率的取值范围【解答】解：由直线axy10的方程，判断恒过P（0，1），如下图示：KPA1，KPB1，结合图象可得：实数a的取值范围是：a1或a1故选：B【点评】求恒过P点且与线段AB相交的直线的斜率的取值范围，有两种情况：当AB，在P竖直方向上的同侧时，（如本题）计算KPA与KPB，若KPAKPB，则直线的斜率kKPA，KPB当AB，在P竖直方向上的异侧时，（如下图）计算KPA与KPB，若KPAKPB，则直线的斜率k（，KPAKPB，+）就是过p点的垂直x轴的直线与线段有交点时，斜率

12、范围写两段区间，无交点时写一段区间6（3分）如图，在四面体ABCD中，点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论错误的为（）AACCDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45【分析】由中位线可得线线的位置关系及数量关系，又是正方形可得角的大小，进而判断命题的真假【解答】解：题意可知，截面PQMN是正方形，则PQQM，且PQQM，PQM90，PMQ45，又点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点，MNAC，且MNAC，MN面PQMN，AC面PQMN，因为AC面PQMN，QMBD，QMBD，ACBD，ACBD，所以A不正

13、确，B，C正确；QMBD，所以PM与BD所成的角等于QM与BD所成的角45，所以D正确故选：A【点评】本题考查了命题的真假判断与应用属于简单题7（3分）已知点A（1，2），B（1，4），若直线l过原点，且A，B两点到直线l的距离相等，则直线l的方程为（）Ayx或x0Byx或y0Cyx或y4xDyx或【分析】利用分类讨论思想的应用和直线的方程的应用求出结果【解答】解：当直线l与直线AB平行时，直线AB的斜率为，此时直线l的方程为yx；当直线l过线段AB的中点时，AB中点的坐标为（0，3），此时直线l的方程为x0故选：A【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力

14、，属于基础题型8（3分）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACBC2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为（）ABCD【分析】先求出A1ABC的体积等于，再利用余弦定理求出cosBA1C，从而sinBA1C，从而得到2，设点A到平面A1BC的距离为h，由，能求出点A到平面A1BC的距离【解答】解直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACBC2，AA11，cosBA1C，sin，2，设点A到平面A1BC的距离为h，则，解得h故选：B【点评】本题考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等体积法、余弦定理的合理运用9（3分）用一块圆心角为240、半径为R的扇形铁皮制成一个无底面的圆

15、锥容器（接缝忽略不计），则该容器的体积为（）ABCD【分析】根据题意求出扇形围成的圆锥底面圆半径和高，再计算圆锥的体积【解答】解：扇形的圆心角为240，半径为R；设扇形围成的圆锥底面半径为r，高为h；则2rR，解得r；hR，则该圆锥的体积为Vr2hR故选：A【点评】本题考查了圆锥的结构特征与体积计算问题，是基础题10（3分）当点P（3，2）到直线mxy+12m0的距离最大值时，m的值为（）AB0C1D1【分析】可得直线过定点，Q（2，1），结合图象可知当PQ与直线垂直时，点到直线距离最大，由直线的垂直关系可得m【解答】解：直线mxy+12m0可化为y1m（x2），由直线点斜式方程可知直线恒过定

16、点Q（2，1）且斜率为m，结合图象可知当PQ与直线mxy+12m0垂直时，点到直线距离最大，此时m1，解得m1，故选：C【点评】本题考查点到直线的距离公式，得出垂直时点到直线距离最大是解决问题的关键，属基础题11（3分）如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（）A点P到平面QEF的距离B直线PQ与平面PEF所成的角C三棱锥PQEF的体积D二面角PEFQ的大小【分析】根据线面平行的性质可以判断A答案的对错；根据线面角的定义，可判断B的对错；根据等底同高的三角形面积相等及

17、A的结论结合棱锥的体积公式，可以判断C的对错；根据二面角的定义可以判断D的对错，进而得到答案【解答】解：A中，QEF平面也就是平面A1B1CD，既然P和平面QEF都是固定的，所以P到平面QEF的距离是定值点P到平面QEF的距离为定值；B中，Q是动点，EF也是动点，推不出定值的结论，所以就不是定值直线PQ与平面PEF所成的角不是定值；C中，QEF的面积是定值（因为EF定长，Q到EF的距离就是Q到CD的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据1的结论P到QEF平面的距离也是定值，所以三棱锥的高也是定值，于是体积固定三棱锥PQEF的体积是定值；D中，A1B1CD，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD

18、上任意两点，二面角PEFQ的大小为定值故选：B【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，二面角，棱锥的体积及点到平面的距离，其中两线平行时，一条线的上的点到另一条直线的距离相等，线面平行时直线上到点到平面的距离相等，平面平行时一个平面上的点到另一个平面的距离相等是解答本题的关键12（3分）如图所示，在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为（）ABCD【分析】由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案【解答】解：如图，延长EF、A1B1 相交于M，连接AM交BB1 于H，延长FE、A

19、1D1 相交于N，连接AN交DD1 于G，可得截面五边形AHFEGABCDA1B1C1D1是边长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，EF3，AGAH，EGFH截面的周长为故选：B【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题二填空题：（本题有5个小题，每小题4分，共20分）13（4分）圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60，轴截面的面积为，则圆台的侧面积为【分析】首先根据圆台的轴截面求出圆台的底面半径和母线长，进一步利用圆台的侧面积公式的应用求出结果【解答】解：圆台的两个底面面积之比为4：9，所以设圆台的上底直径为4k，下底直径为6k，

20、由于母线与底面的夹角是60，所以母线长为2k，高为由于轴截面的面积为，所以，解得k6所以圆台的上底半径为12，下底半径为18母线长为所以圆台的侧面积为故答案为：【点评】本题考查的知识要点：圆台的侧面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型14（4分）正三棱柱的底面边长为2，高为2，则它的外接球表面积为【分析】根据三棱柱的底面边长及高，先得出棱柱底面外接圆的半径及球心距，进而求出三棱柱外接球的球半径，代入球的表面积公式即可得到棱柱的外接球的表面积【解答】解：由正三棱柱的底面边长为2，得底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径r，又由正三棱柱的高为2，则球心到圆O的球心

21、距d1，根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易得球半径R满足：R2r2+d2，外接球的表面积S4R2故答案为：【点评】本题考查的是棱柱的几何特征及球的体积和表面积，考查数形结合思想、化归与转化思想，其中根据已知求出三棱柱的外接球半径是解答本题的关键15（4分）平行六面体ABCDA1B1C1D1中，棱AB、AD、AA1的长均为1，A1ADA1ABDAB，则对角线AC1的长为【分析】由向量法可得（）2（+）2|2+|2+|2+2+2+2，进而求解【解答】解：如图，由题意可知，+，（）2（+）2|2+|2+|2+2+2+21+1+1+2（cos60+cos60+cos60

22、）6，|1|，故答案为：【点评】考查向量法的应用，属于基础题16（4分）若点M（m，n）为直线l：3x+4y+20上的动点，则m2+n2的最小值【分析】由题意知所求点（m，n）为直线上到点（0，0）最近的点的距离的平方，由此能求出m2+n2的最小值【解答】解：由题意知m2+n2的最小值表示点（m，n）直线上到点（0，0）最近的点的距离的平方，由点到直线的距离得最小距离d；m2+n2的最小值故答案为：【点评】本题考查点到直线的距离的最小值，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化17（4分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱AB、CC1的中点，MB1P的顶点P

23、在棱CC1与棱C1D1上运动，有以下四个命题：平面MB1PND1；平面MB1P平面ND1A1；MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形其中正确命题的序号是【分析】由正方体的几何性质对四个命题时行判断，戡别正误，平面MB1PND1；可用极限位置判断，平面MB1P平面ND1A1；可以证明MB1平面ND1A1MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值，可以看到其投影三角形底边是MB，再由点P在底面上的投影到MB的距离不变即可证得MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形，由图形判断即可【解答】解：平面MB1PND1；可用极限位置判断，当P

24、与N重合时，MB1PND1垂直不成立，故线面不可能垂直，此命题是错误命题；平面MB1P平面ND1A1；可以证明MB1平面ND1A1，由图形知MB1与ND1和D1A1都垂直，故可证得MB1平面ND1A1，进而可得平面MB1P平面ND1A1，故是正确命题；MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值，可以看到其投影三角形底边是MB，再由点P在底面上的投影在DC上，故其到MB的距离不变即可证得；MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形，由于P与C1重合时，P、B1两点的投影重合，不能构成三角形，故命题错误综上正确故答案为：【点评】本题考查面面之间的位置关系以及投影的概念，求解本题的关键是对正

25、方体中的点线面关系有比较透彻的了解对其中的空间位置比较熟悉，则判断较易三解答题：（本题有4个小题，共44分，请将推理、计算过程写在答题卡上）18（10分）已知直线2xy10与直线x2y+10交于点P（1）求过点P且垂直于直线3x+4y150的直线l1的方程；（结果写成直线方程的一般式）（2）求过点P并且在两坐标轴上截距相等的直线l2方程（结果写成直线方程的一般式）【分析】联立，解得P（1，1）（1）设垂直于直线3x+4y150的直线l1的方程为4x3y+m0，把P（1，1）代入可得m，即可得出（2）当直线l2经过原点时，可得方程为：yx当直线l2不过原点时，可设方程为：y+xa，把P（1，1）

26、代入可得a即可得出【解答】解：联立，解得，P（1，1）（1）设垂直于直线3x+4y150的直线l1的方程为4x3y+m0，把P（1，1）代入可得：43+m0，解得m1过点P且垂直于直线3x+4y150的直线l1的方程为4x3y10（2）当直线l2经过原点时，可得方程为：yx当直线l2不过原点时，可设方程为：y+xa，把P（1，1）代入可得1+1a，可得a2直线l2的方程为x+y20综上可得：直线l2的方程为x+y20或xy0【点评】本题考查了两条直线互相垂直与斜率之间的关系、截距式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（10分）如图，在RtAOB中，OAB，斜边AB4RtAOC可以通过Rt

27、AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAOC是直二面角动点D在斜边AB上（1）求证：平面COD平面AOB；（2）设CD与平面AOB所成角的最大值为，求tan值【分析】（1）利用二面角的定义、线面与面面垂直的判定与性质即可得出；（2）利用线面角的定义及其含30角的直角三角形的边角关系即可得出【解答】证明：（1）由已知COAO，BOAO，BOC是二面角BAOC的平面角，BOC，OCOBOAOBO，OC平面AOB，平面COD平面AOB；（2）由（1）可知CO平面OAB，CDO是CD与平面AOB所成的角，OCOB2，当ODAB时，OD取得最小值OBsin60，此时CDO取得最大值，且tan【点评】熟

28、练掌握二面角的定义、线面与面面垂直的判定与性质、线面角的定义及其含30角的直角三角形的边角关系是解题的关键20（12分）在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB是边长为2的等边三角形，BE2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上（）求证：DE平面ABC；（）求二面角EBCA的余弦值【分析】（）取AC中点O，连接BO，DO，由题设条件推导出DO平面ABC，作EF平面ABC，由已知条件推导出EBF60，由此能证明DE平面ABC（）法一：作FGBC，垂足为G，连接EG，能推导出EGF就是二面角EBCA的平面角，由此能求出二面角EBCA的

29、余弦值法二：以OA为x轴，以OB为y轴，以OD为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出二面角EBCA的余弦值【解答】（本小题满分12分）解：（）由题意知，ABC，ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，连接BO，DO，则BOAC，DOAC，（2分）又平面ACD平面ABC，DO平面ABC，作EF平面ABC，那么EFDO，根据题意，点F落在BO上，BE和平面ABC所成的角为60，EBF60，BE2，（4分）四边形DEFO是平行四边形，DEOF，DE不包含于平面ABC，OF平面ABC，DE平面ABC（6分）（）解法一：作FGBC，垂足为G，连接EG，EF平面ABC，EFBC，又EF

30、FGF，BC平面EFG，EGBC，EGF就是二面角EBCA的平面角（9分）RtEFG中，即二面角EBCA的余弦值为（12分）解法二：建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，B（0，0），C（1，0，0），E（0，），（1，0），（0，1，），平面ABC的一个法向量为设平面BCE的一个法向量为则，（9分）所以，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，二面角EBCA的余弦值为（12分）【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，注意向量法的合理运用21（12分）如图1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱

31、锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示（1）证明：BC平面PBD；（2）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由【分析】（1）利用俯视图和勾股定理的逆定理可得BCBD，利用线面垂直的性质定理可得BCPD，再利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量所成的角的夹角公式即可得出【解答】（1）证明：由俯视图可得，BD2+BC2CD2，BCBD又PD平面ABCD，BCPD，BDPDD，BC平面PBD（2）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为证明如下：PD平面ABCD，DADC，建立如图所示的空间直角坐标系DxyzD（0，0，0），A（ ，0，0），B（ ，1，0），C（0，4，0），M（0，0，3） 设N（0，t，0）（，0，3），（，t1，0）要使AM与BN所成角的余弦值为，则有，解得 t0或2，均适合N（0，t，0）故点N位于D点处，此时CN4；或CD中点处，此时CN2，有AM与BN所成角的余弦值为【点评】熟练掌握由三视图得到线面位置关系和数据、线面垂直的判定和性质定理、异面直线所成的角、平行线分线段成比例的判定和性质、平行四边形的判定和性质定理是解题的关键