2018-2019学年山西省太原市高二（上）期中数学试卷（含详细解答）

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1、2018-2019学年山西省太原市高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有且只有项符合题目要求，请将其字母标号填入下表相应位置）1（3分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（）A（1，2，3）B（1，2，3）C（1，2，3）D（1，2，3）2（3分）由下列主体建筑物抽象得出的空间几何体中为旋转体的是（）ABCD3（3分）已知A（0，1），B（0，1），则直线AB的倾斜角为（）A0B90C180D不存在4（3分）下列四面体中，直线EF与MN可能平行的是（）ABCD5（3分）已知点A（2，3）在

2、直线l1：2x+ay10上，若l2l1，则直线l2的斜率为（）A2B2CD6（3分）设a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列纳论成立的是（）A若ab且bc，则acB若且，则C若a且ab，则bD若且a，则a7（3分）已知圆C的一条直径的端点坐标分别是（4，1）和（2，3），则圆C的方程是（）A（x+1）2+（y+2）210B（x1）2+（y2）240C（x1）2+（y2）210D（x+1）2+（y+2）2408（3分）一个长方体由同一顶点出发的三条棱的长度分别为2，2，3，则其外接球的表面积为（）A68B17C28D79（3分）已知x，y满足不等式组，则z5x+2y的最大值为（）A

3、12B16C18D2010（3分）直线ax+y+a0与直线x+ay+a0在同一坐标系中的图象可能是（）ABCD11（3分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1H平面AB1D1，垂足为H，给出下面结论：直线A1H与该正方体各棱所成角相等；直线A1H与该正方体各面所成角相等；过直线A1H的平面截该正方体所得截面为平行四边形；垂直于直线A1H的平面截该正方体，所得截面可能为五边形，其中正确结论的序号为（）ABCD12（3分）一条光线从点P（2，4）射出，经直线xy+20反射后与圆x2+y2+4x+30相切，则反射光线所在直线的方程是（）Ax+y20Bx+y20Cxy20Dxy20二、填空题

4、（共4个小题，每题4分，共16分）13（4分）已知点A（3，3），B（0，2），则线段AB的中点坐标是 14（4分）已知直线l1：x2y1，l2：mx+（3m）y+1若l1l2，则实数m 15（4分）某三棱锥的三视图如图所示，图中三个三角形均为直角三角形，则x2+y2 16（4分）ABC中，C90，A60，AB2，M为AB中点，将BMC沿CM折叠，当平面BMC平面AMC时，A，B两点之间的距离为 三、解答题（本大题共3小题，共48分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（8分）已知ABC的三个顶点的坐标是A（1，1），B（2，3），C（3，2）（1）求BC边所在直线的方程；（2）求AB

5、C的面积18（10分）已知正方体ABCDA1B1C1D1（1）求证：AD1平面C1BD；（2）求证：AD1平面A1DC19（10分）已知圆C的方程为x2+y24tx2ty+5t240（t0）（1）设O为坐标原点求直线OC的方程；（2）设直线yx+1与圆C交于A，B两点，若|AB|2，求实数t的值说明：请考生在20、21两个小题中任选一题作答.20（10分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，且AD2ABPA2，AEPD，垂足为E（1）求PD与平面ABCD所成角的大小；（2）求三棱锥PABE的体积21如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABBC，ADDC，

6、E为棱PC上不与点C重合的点（1）求证：平面BED平面PAC；（2）若PAAC2，BD，且二面角EBDC的平面角为45，求三棱锥PBED的体积说明：请考生在22、23两个小题中任选一题作答。22（10分）已知圆C1：（x1）2+（y+5）250，圆C2：（x+1）2+（y+1）210（1）证明圆C1与圆C2相交；（2）若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点，求圆C3的方程23已知圆C1：x2+y2+2x4y+10，圆C2：x2+y24x50（1）试判断圆C1与圆C2是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交，说明理由；（2）若直线ykx+1与圆C1交于A，B两点，且OAOB，

7、求实数k的值2018-2019学年山西省太原市高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有且只有项符合题目要求，请将其字母标号填入下表相应位置）1（3分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（）A（1，2，3）B（1，2，3）C（1，2，3）D（1，2，3）【分析】根据关于yOz平面对称，x值变为相反数，其它不变这一结论直接写结论即可【解答】解：在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（1，2，3）故选：A【点评】本题考查空间向量的坐标的概念，

8、考查空间点的对称点的坐标的求法，属于基础题2（3分）由下列主体建筑物抽象得出的空间几何体中为旋转体的是（）ABCD【分析】利用旋转体的定义、性质直接求解【解答】解：在A中，主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体，故A错误；在B中，主体建筑物抽象得出的空间几何体为旋转体，故B正确；在C中，主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体，故C错误；在D中，主体建筑物抽象得出的空间几何体不为旋转体，故D错误故选：B【点评】本题考查旋转体的判断，考查旋转体的定义及性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3（3分）已知A（0，1），B（0，1），则直线AB的倾斜角为（）A0B90C180D不存在【分析】由

9、直线经过A（0，1），B（0，1）两点，直线AB的斜率不存在，从而能求出直线AB的倾斜角【解答】解：直线经过A（0，1），B（0，1）两点，直线AB的斜率不存在，直线AB的倾斜角90故选：B【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化4（3分）下列四面体中，直线EF与MN可能平行的是（）ABCD【分析】利用异面直线判定定理可确定A，B错误；利用线面平行的性质定理和过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线平行，可判定D错误【解答】解：根据过平面内一点和平面外一点的直线，与平面内不过该点的直线异面，可判定A，B中EF，MN异面；D中，若EFMN，则过

10、EF的平面与底面相交，EF就跟交线平行，则过点N有两条直线与EF 平行，不可能；故选：C【点评】此题考查了异面直线的判定方法，线面平行的性质等，难度不大5（3分）已知点A（2，3）在直线l1：2x+ay10上，若l2l1，则直线l2的斜率为（）A2B2CD【分析】由点A（2，3）在直线l1：2x+ay10上，求出直线l1：2xy10，再由l2l1，能示出直线l2的斜率【解答】解：点A（2，3）在直线l1：2x+ay10上，22+3a10，解得a1，直线l1：2xy10，l2l1，直线l2的斜率k2故选：A【点评】本题考查直线的斜率的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是

11、基础题6（3分）设a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列纳论成立的是（）A若ab且bc，则acB若且，则C若a且ab，则bD若且a，则a【分析】在A中，a与c相交、平行或异面；在B中，与相交或平行；在C中，由线面垂直的判定定理得b；在D中，a与相交、平行或a【解答】解：由a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，知：在A中，若ab且bc，则a与c相交、平行或异面，故A错误；在B中，若且，则与相交或平行，故B错误；在C中，若a且ab，则由线面垂直的判定定理得b，故C正确；在D中，若且a，则a与相交、平行或a，故D错误故选：C【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、

12、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7（3分）已知圆C的一条直径的端点坐标分别是（4，1）和（2，3），则圆C的方程是（）A（x+1）2+（y+2）210B（x1）2+（y2）240C（x1）2+（y2）210D（x+1）2+（y+2）240【分析】利用中点公式求得圆心坐标，再求出半径，可得圆C的方程【解答】解：圆C的一条直径的端点坐标分别是（4，1）和（2，3），故利用中点公式求得圆心为（1，2），半径为，故圆的方程为（x1）2+（y2）210，故选：C【点评】本题主要考查求圆的方程的方法，关键是求出圆心和半径，属于基础题8（3分）一个长方体由同一顶点出发的三条棱的长度分别

13、为2，2，3，则其外接球的表面积为（）A68B17C28D7【分析】利用长方体的外接圆直径为体对角线，容易得解【解答】解：长方体的外接球直径即为长方体的体对角线，由题意，体对角线长为：，外接球的半径R，17，故选：B【点评】此题考查了长方体的外接球面积，属容易题9（3分）已知x，y满足不等式组，则z5x+2y的最大值为（）A12B16C18D20【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值【解答】解：作出x，y满足不等式组对应的平面区域，由z5x+2y，得yx+z，平移直线yx+z，由图象可知当直线yx+z，经过点B时，直线yx+z的截距最大，此时z最大由，得

14、A（2，3），此时z的最大值为z52+2316，故选：B【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法10（3分）直线ax+y+a0与直线x+ay+a0在同一坐标系中的图象可能是（）ABCD【分析】根据a的符号，分类讨论，利用数形结合思想和排除法能求出结果【解答】解：直线ax+y+a0与直线x+ay+a0不可能平行，故B错误；当a0时，直线ax+y+a0是减函数，直线x+ay+a0是减函数，故A和C都错误；当a0时，直线ax+y+a0是增函数，与y轴交于正半轴，直线x+ay+a0是增函数，与y轴交于负半轴，故A，B，C和D都错误综上，正确答案是a0，直线ax+y+

15、a0与直线x+ay+a0在同一坐标系中的图象可能是D故选：D【点评】本题考查函数图象的判断，考查直线的图象与性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题11（3分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1H平面AB1D1，垂足为H，给出下面结论：直线A1H与该正方体各棱所成角相等；直线A1H与该正方体各面所成角相等；过直线A1H的平面截该正方体所得截面为平行四边形；垂直于直线A1H的平面截该正方体，所得截面可能为五边形，其中正确结论的序号为（）ABCD【分析】由A1C平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，结合线线角和线面角的定义，可判断；由四边形A1ACC1为矩形，可判断；由垂直于直

16、线A1H的平面与平面AB1D1平行，可判断【解答】解：如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1H平面AB1D1，垂足为H，连接A1C，可得A1CAB1，A1CAD1，即有A1C平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，直线A1H与该正方体各棱所成角相等，均为arctan，故正确；直线A1H与该正方体各面所成角相等，均为arctan，故正确；过直线A1H的平面截该正方体所得截面为A1ACC1为平行四边形，故正确；垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行，截该正方体，所得截面为三角形或六边形，不可能为五边形故错误故选：D【点评】本题考查线线角和线面角的求法，以及正方体的截面的形状，考查数

17、形结合思想和空间想象能力，属于中档题12（3分）一条光线从点P（2，4）射出，经直线xy+20反射后与圆x2+y2+4x+30相切，则反射光线所在直线的方程是（）Ax+y20Bx+y20Cxy20Dxy20【分析】根据光学性质，点P（2，4）关于直线xy+20对称的点在反射线所在直线上，设出所求直线方程，然后用点到直线的距离等于半径，求出斜率，舍去正值即可【解答】解：点P（2，4）关于直线xy+20的对称点为Q（2，0），设反射光线所在直线方程为：yk（x2），即kxy2k0，依题意得：1，解得：k，依题意舍去k故反射线所在直线方程为：x+y20，故选：A【点评】本题考查了直线与圆的位置关系属

18、中档题二、填空题（共4个小题，每题4分，共16分）13（4分）已知点A（3，3），B（0，2），则线段AB的中点坐标是（）【分析】直接利用中点坐标公式求解【解答】解：设A、B的中点为P（x0，y0），由A（3，3）、B（0，2），再由中点坐标公式得：，线段AB的中点坐标为（）故答案为：（）【点评】本题考查了中点坐标公式，是基础题14（4分）已知直线l1：x2y1，l2：mx+（3m）y+1若l1l2，则实数m2【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解【解答】解：直线l1：x2y1，l2：mx+（3m）y+1l1l2，1m+2（3m）0，解得m2故答案为：2【点评】本题考查实数值的求法，考查直线

19、与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15（4分）某三棱锥的三视图如图所示，图中三个三角形均为直角三角形，则x2+y234【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为三棱锥，侧棱PA底面ABC，底面三角形ABC是以ABC为直角的直角三角形，然后利用勾股定理转化求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA底面ABC，底面三角形ABC是以ABC为直角的直角三角形则x2+y2x2+PA2+AD2（PA2+AB2）+AD252+3234故答案为：34【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题16（4分）ABC中，C90，A60，AB2

20、，M为AB中点，将BMC沿CM折叠，当平面BMC平面AMC时，A，B两点之间的距离为【分析】取MC中点O，连结AO，BO，推导出ACBMAMCM1，AO，BO，AOMC，AO平面BMC，AOBO，由此能求出A，B两点之间的距离【解答】解：取MC中点O，连结AO，BO，ABC中，C90，A60，AB2，M为AB中点，ACBMAMCM1，AO，BO，AOMC，将BMC沿CM折叠，当平面BMC平面AMC时，AO平面BMC，AOBO，A，B两点之间的距离|AB|故答案为：【点评】本题考查两点间距离的求法，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，是中档题三、解答题（本大题共3

21、小题，共48分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（8分）已知ABC的三个顶点的坐标是A（1，1），B（2，3），C（3，2）（1）求BC边所在直线的方程；（2）求ABC的面积【分析】（1）直接由两点式直线方程公式求解即可；（2）求出B到AC的距离为d，再求AC的距离，然后利用面积公式求解即可【解答】解：（1）B（2，3），C（3，2），边BC所在的直线方程为，即5x+y130；（2）设B到AC的距离为d，则SABC|AC|d，|AC|，AC方程为：即：3x+2y50dSABC【点评】本题考查两点式直线方程公式，考查点到直线的距离公式的应用，考查计算能力，是中档题18（10分）已知正

22、方体ABCDA1B1C1D1（1）求证：AD1平面C1BD；（2）求证：AD1平面A1DC【分析】（1）推导出四边形C1D1AB是平行四边形，从而AD1C1B，由此能证明AD1平面C1BD（2）推导出A1DAD1，CD平面A1ADD1，CDAD1，由此能证明AD1平面A1DC【解答】证明：（1）正方体ABCDA1B1C1D1C1D1A1B1，C1D1A1B1，又ABA1B1，ABA1B1，C1D1AB，C1D1AB，四边形C1D1AB是平行四边形，AD1C1B，C1B平面C1BD，AD1平面C1BD，AD1平面C1BD（2）正方体ABCDA1B1C1D1A1DAD1，CD平面A1ADD1，AD

23、1平面A1ADD1，CDAD1，又A1DCDD，AD1平面A1DC【点评】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，是中档题19（10分）已知圆C的方程为x2+y24tx2ty+5t240（t0）（1）设O为坐标原点求直线OC的方程；（2）设直线yx+1与圆C交于A，B两点，若|AB|2，求实数t的值【分析】（1）把圆C的方程化为标准形式，可得C的坐标，从而求得直线OC的方程（2）求出弦心距，再根据弦心距、弦长、半径之间的关系，求得t的值【解答】解：（1）圆C的方程为x2+y24tx2ty+5t240（t0），即 （x2t）2+（yt

24、）24，故圆心C（2t，t），故直线OC的方程为yx（2）圆心C（2t，t）到直线yx+1的距离为d，根据弦心距、弦长、半径之间的关系，可得+4，t1，或t3 （舍去），t1【点评】本题主要考查圆的一般方程和标准方程，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题说明：请考生在20、21两个小题中任选一题作答.20（10分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，且AD2ABPA2，AEPD，垂足为E（1）求PD与平面ABCD所成角的大小；（2）求三棱锥PABE的体积【分析】（1）由PA平面ABCD，得PDA为PD与平面ABCD所成角，由此能求出PD与平面ABCD所成

25、角的大小（2）推导出PAAB，ADAB，从而AB平面PAD，由此能求出三棱锥PABE的体积【解答】解：（1）PA平面ABCD，PDA为PD与平面ABCD所成角，且PAAD，AD2AB2，tanPDA，PD与平面ABCD所成角的大小为（2）PA平面ABCD，PAAB，底面ABCD为矩形，ADAB，PAADA，AB平面PAD，AEPD，SPAE，三棱锥PABE的体积为：VPABE【点评】本题考查线面角的求法，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21如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABBC，ADDC，E为棱PC上不与点C重

26、合的点（1）求证：平面BED平面PAC；（2）若PAAC2，BD，且二面角EBDC的平面角为45，求三棱锥PBED的体积【分析】（1）推导出ACBD，PABD，从而BD平面PAC，由此能证明平面BED平面PAC（2）设AC与BD交于点F，连结EF，三棱锥PBED的体积VPBDE，由此能求出结果【解答】证明：（1）ABBC，ADDC，ACBD，PA平面ABCD，PABD，PAACA，BD平面PAC，BD平面BED，平面BED平面PAC解：（2）设AC与BD交于点F，连结EF，由（1）知EFBD，FCBD，EFC45，由（1）知F为AC中点，PAAC2，PAAC，PCF45，EF，PE，且EFPC

27、，又PCBD，PC平面BED，三棱锥PBED的体积：VPBDE【点评】本题考查面面垂直的证明，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，是中档题说明：请考生在22、23两个小题中任选一题作答。22（10分）已知圆C1：（x1）2+（y+5）250，圆C2：（x+1）2+（y+1）210（1）证明圆C1与圆C2相交；（2）若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点，求圆C3的方程【分析】（1）用圆心距与两圆半径的关系证明；（2）设出经过两圆交点的圆系方程，然后代入原点【解答】解：（1）证明：由已知得C1：（1，5），r15，C2（1，1），r2

28、，所以r1+r25+，|r1r2|5，|C1C2|2，因为|r1r2|C1C2|r1+r2，所以两圆相交；（2）解：设圆C3：（x1）2+（y+5）250+（x+1）2+（y+1）2100因为过原点，所以12+5250+（12+1210）0，解得3，代入C3：（x1）2+（y+3）250+（3）（x+1）2+（y+1）2100，化简得x2+y2+4x2y0，所以圆C3：x2+y2+4x2y0【点评】本题考查了圆与圆的位置关系及其判定属中档题23已知圆C1：x2+y2+2x4y+10，圆C2：x2+y24x50（1）试判断圆C1与圆C2是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交，说明

29、理由；（2）若直线ykx+1与圆C1交于A，B两点，且OAOB，求实数k的值【分析】（1）用圆心距与两圆半径的关系判断两圆位置关系；用两圆方程相减消去二次项得相交弦所在直线方程；（2）联立直线与圆的方程，根据韦达定理以及两线垂直的向量关系列式可解得k【解答】解（1）由已知得C1（1，2），r12，C2（2，0），r23，所以r1+r25，|r1r2|1，|C1C2|，因为|r1r2|C1C2|r1+r2，所以圆C1与圆C2相交，将两个圆方程相减，得（x+1）2+（y2）2（x2）2y25，化简得两圆公共弦所在直线方程为：3x2y+30（2）由，得（x+1）2+（kx1）24，化简得（1+k2）x2+（22k）x20且（22k）2+8（1+k2）0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1+x2，x1x2，因为OAOB，所以x1x2+y1y20，即x1x2+（kx1+1）（kx2+1）0，化简得：（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1所以2+10，化简得k22k10，解得k1+或k1【点评】本题考查了圆与圆的位置关系及其判定属中档题