【解析】山西省太原市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1.已知点A1,2，B2,1，则直线AB的斜率为（ ） A.

1 3B. 

13C. 3 D. 3

【答案】D 【分析】

由斜率的定义求解即可 【详解】由斜率的定义得ky2y1213， x2x112故答案为：直线AB的斜率为3 故选：D

【点睛】本题考查直线的斜率的定义，属于基础题

2.在空间直角坐标系中，点P1,2,1与Q0,1,1之间的距离为（ ） A 2 【答案】B 【分析】

可结合两点间距离公式求解 【详解】由两点间距离公式得l故选：B

【点睛】本题考查空间中两点间距离公式，属于基础题 3.过点0,1且垂直于直线yA y2x1

B. 6

C. 5 D. 3 x2x12y2y1z1z211226 221x的直线方程为（ ） 2C. y2x2

D.

B. y2x1

y2x1

【答案】A

- 1 -

【分析】

由两直线垂直的位置关系和点斜式求解即可

【详解】由两直线垂直斜率之积为-1可得直线斜率为

k121，再由点斜式可得2y2x01，化简得y2x1

故选：A

【点睛】本题考查两直线垂直的位置关系，由点斜式求直线解+析式，属于基础题 4.用一个平面去截如图所示的圆柱体，则所得的截面不可能是（ ）

A. B. C. D.

【答案】D 【分析】

对四个选项进行分析可初步判定，矩形，圆，椭圆很容易得出，只有三角形得不出，具体包括三种切割方式：横切，竖切，斜切

【详解】当截面与轴截面平行时，所截截面为矩形；当截面与上下底面平行时，所截截面为圆；当截面不经过上下底面斜切时，截面为椭圆；当截面经过上下底面时（交线不是圆面的切线时），截面为上下两条边平行，中间两条腰是曲线的图形，故截面的形状不可能是三角形 故选：D

【点睛】本题考查圆柱体截面形状，多角度去分析是解题的关键，属于基础题 5.与圆x1y21关于原点对称的圆的方程为（ ） A. x1y21 C. x1y21 【答案】C

- 2 -

222222B. x1y21 D. x2y11

2222【分析】

可先求圆心关于原点的对称点，再由半径相同写出方程即可

【详解】圆x1y21的圆心为1,2，圆心关于原点的对称点为1,2，故对称的圆的方程为：x1y21 故选：C

【点睛】本题考查关于原点对称的点的求法，圆的标准方程的求法，属于基础题

6.已知m，n是两条不同直线，，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若mP，n，则mPn C. 若mP，，则m 【答案】B 【分析】

由线面平行的性质可判断A错；由平行的递推性判断B对；C项可能性很多，m与不一定垂直；D项可能性很多，不一定mPn

【详解】对A，线面平行只能推出线和过平面的交线平行，推不出和平面内的某一条线平行，如图：

B. 若m，∥，则m D. 若mP，nP，则mPn

2222

对B，根据平行的递推性，可得正确，如图：

对C，可随机举一反例，如图：

- 3 -

直线与斜交；

对D，直线有可能相交，如图：

故选：B

【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，结合实例和图形较容易说明问题，属于基础题 7.已知直线l1:mxy30与直线l2:xym0平行，则它们之间的距离是（ ） A. 22 【答案】C 【分析】

根据两直线一般式对应系数关系

B. 4

C. 2

D. 2

A1B1C1求解即可 A2B2C2【详解】由题可知，应满足

xy30m13m1，则两直线可化为，由平行直11mxy1022线间距离公式d故选：C

C1C2AB222 【点睛】本题考查两平行直线间的距离求法，属于基础题

8.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有鳖臑下广三尺，无袤，上袤三尺，无广，高四尺.问积几何？”，鳖臑是一个四面体，每个面都是三角形，已知一个鳖臑的三视

- 4 -

图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该鳖臑的体积为（ ）

A. 6 【答案】A 【分析】

B. 9 C. 18 D. 27

根据三视图画出图形，结合三棱锥体积公式求解即可 【详解】由三视图，画出图形，如图：

11则该鳖臑的体积为：V3436

32故选：A

【点睛】本题考查由三视图求三棱锥的体积，属于基础题

xy20,9.已知实数x，y满足条件x2y20,则zx3y的最小值为（ ）

x3,A. 6 【答案】C 【分析】

可将目标函数转化为yB.

10 39C. 

2D. 10 3xz，再结合约束条件画出可行域，结合位置关系判断即可 33 - 5 -

【详解】根据约束条件画出可行域，目标函数可转化为yxz，要使z取到最小值，则截335z距取到最大值，由图可知，相交于右上方的点时，有最值，即点为3,，代入zx3y32得z9 2

故选：C

【点睛】本题考查根据线性约束条件求最值，正确画出图形，学会转化目标函数是解题的关键，属于基础题

10.已知正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AB，AA1的中点，则异面直线C1M与

BN所成角的大小为（ ）

A. 30° 【答案】D 【分析】

根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】如图：

B. 45

C. 60

D. 90

- 6 -

作AN的中点N'，连接N'M，C1N'由题设可知N'MPBN，则异面直线C1M与BN所成角为N'MC1或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，N'M5 ，C1M6，

C1N'41，得C1N'N'MC1M，即N'MC190

222故选：D

【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题

2211.已知A3,0，B0,1，点C为圆xy4y10上任意一点，则ABC面积的

最大值为（ ） A.

3 2B.

33 2C. 53 2D. 73 2【答案】C 【分析】

可根据题意画出图形，求三角形面积的最值可转化为求圆上一点到直线AB距离的最大值，由点到直线距离公式即可求解 【详解】如图所示：

要求三角形面积的最大值，需先求圆上一点到直线AB距离的最大值，求圆心到直线距离，再

22kAB加上半径即可，圆xy4y10可转化为x2y23，圆心为0,2，

2133，3d3则直线方程为y2，则x1，圆心到直线的距离1133hmaxdr335315353，AB312，则SABC=2 322222333故选：C

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【点睛】本题考查点到直线距离公式，两点间距离公式，数形结合的思想，属于中档题 12.将边长为2的正ABC沿着高AD折起，使BDC120o，若折起后A、B、C、D四点都在球O的表面上，则球O的表面积为（ ） A.  【答案】B 【分析】

通过底面三角形BCD求出底面圆的半径DM，判断球心到底面圆的距离OM，求出球O的半径，即可求解球O的表面积．

【详解】△BCD中，BD=1，CD=1，∠BDC=120°，

底面三角形的底面外接圆圆心为M，半径为：r,由余弦定理得到BC=3，再由正弦定理得到72B. 7 C.

13 2D.

13 332rr1. 0sin120见图示：

AD是球的弦，DA=3，将底面的圆心M平行于AD竖直向上提起，提起到AD的高度的一半，

即为球心的位置O，∴OM=

3，在直角三角形OMD中，应用勾股定理得到OD，OD即为球的半2径.∴球的半径OD=1+37． =42该球的表面积为：4π×OD2=7π； 故选：B．

【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的

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关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

二、填空题（共4个小题，每题4分，共16分）

2213.圆xy2x2y0的半径为______________.

【答案】2 【分析】

将一般式化为标准式即可求得

【详解】由x2y22x2y0x1y12，则半径为r故答案为：2

【点睛】本题考查圆的一般式和标准式的互化，熟练运用配方法是解题关键，属于基础题 14.已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为为 ． 【答案】

试题分析：由222 2的扇形，则此圆锥的体积322 32r22r1122，得，即r1，∴Vr2h123212 ．

l33333考点：圆锥的侧面图与体积．

15.已知长为2aa0的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点的轨迹方程为____________. 【答案】xya 【分析】

可采用数形结合思想进行转化，结合直角三角形斜边上的中线性质即可求得 【详解】如图：

222a0

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不论直线怎么移动，线段AB的中点的P始终为RtOAB斜边上的中线，即OPa，即

x2y2a2a0

222故答案为：xyaa0

【点睛】本题考查圆的轨迹方程的求法，数形结合的转化思想，属于基础题

16.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平行于平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是_________.

325， 【答案】42

【详解】试题分析：如下图所示，分别取棱BB1,B1C1中点M,N，连接MN，连接BC1，

因为M,N,E,F为所在棱的中点，所以MN//BC1,EF//BC1，所以MN//EF，又MN平面AEF,EF平面AEF，所以MN//平面AEF；因为AA1//NE,AA1NE，所以四

边形AENA1为平行四边形，所以A1N//AE，又A1N平面AEF，AE平面AEF，所以

A1N//平面AEF，又A1NIMNN，所以A1MN//平面AEF，因为P是侧面BCC1B1内

一点，且A1P//平面AEF，则P必在线段MN上，在直角A1B1M中，

155，同理，在直角A1B1N中，求得A1N，所A1MA1B12B1M21()2222以AMN为等腰三角形，当P在MN中点O时，A1PMN，此时A1P最短，P位于M,N

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的处时A1P最长，AO1A1M2OM2(552232，

，所A1MA1N)()22244325，. 以线段A1P长度的取值范围是42

考点：点、线、面的距离问题.

【方法点晴】本题主要考查了点、线、面的距离问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定与性质，三角形的判定以及直角三角形的勾股定理等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，同时考查了学生空间想象能力的训练，试题有一定的难度，属于中档试题. 三、解答题（共5个小题，共48分）

17.已知ABC的顶点A1,4，B2,1，M0,1是BC的中点. （1）求直线AC的方程；

（2）求AC边上的高所在直线的方程.

【答案】（1）x3y110；（2）3xy50. 【分析】

（1）先设Cx,y，再结合中点坐标公式求解即可；

（2）所求直线与AC直线垂直，可算出斜率，又直线过点B，利用点斜式即可求解； 【详解】（1）设Cx,y，由题意得2x0,x2,∴∴C2,3.

1y2,y3,∴直线AC的方程为x3y110； （2）∵A1,4，C2,3，∴kAC

1， 3- 11 -

∴AC边上的高所在直线的斜率k3，

∴AC边上高所在直线方程为：y3x21，即3xy50. 【点睛】本题考查中点坐标公式，直线方程的求法，属于基础题

18.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，C1D1的中点.

（1）求证：EFP平面ADD1A1； （2）求证：EF平面A1B1CD.

【答案】（1）证明见解+析；（2）证明见解+析. 【分析】

的

- 12 -

（1）要证直线EFP平面ADD1A1，可在平面ADD1A1中找一条线与EF平行，连接AD1，先证明AEFD1是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求证；

（2）结合线面垂直的判定定理，证明直线EF平面A1B1CD的两条交线即可； 【详解】（1）连接AD1，∵ABCDA1B1C1D1是正方体，ABPC1D1，ABC1D1， ∵E，F分别是AB，C1D1的中点，∴AE∥FD1，AEFD1. ∴AEFD1是平行四边形，∴EF∥AD1， ∵EF平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1， ∴EFP平面ADD1A1；

（2）由（1）得EF∥AD1，∵ABCDA1B1C1D1是正方体. ∴A1B1平面ADD1A1，∴A1B1AD1，∴A1B1EF， ∵ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ADD1A1是正方体， ∴A1DAD1，∴A1DEF，

∵A1D平面A1B1CD，A1B1平面A1B1CD，A1B1A1DA1， ∴EF平面A1B1CD.

【点睛】本题考查线面平行，线面垂直的证明，属于基础题 19.已知圆C1:xy1与圆C2:xy6xm0. （1）若圆C1与圆C2外切，求实数m的值；

（2）在（1）的条件下，若直线x2yn0与圆C2的相交弦长为23，求实数n的值. 【答案】（1）5；（2）n35或n35. 分析】

（1）先将圆C2化成标准式，利用两圆相切的性质，得圆心距等于半径之和，即C1C2r1r2，即可求解；

（2）结合圆的几何性质，圆的半径，弦心距，半弦长构成直角三角形，可将弦长问题转化成圆心到直线距离问题，可进一步求解

22【详解】（1）∵xy1，∴C10,0，r11，

2222∵xy6xm0，∴x3y29m，∴C23,0，r29m，

222∵圆C1与圆C2外切，∴C1C2r1r2，∴319m，∴m5；

- 13 -

（2）由（1）得m5，圆C2的方程为x3y24，C23,0，r22，

2由题意可得圆心C2到直线x2yn0的距离d∴n35或n35. 3n5r2231，

【点睛】本题考查两圆相切的几何性质，直线与圆的位置关系，属于基础题 20.如图，在四棱锥PABCD中，ADCD，

AD∥BC,AD2BC2CD4,PC25,PAD是正三角形.

（1）求证：CDPA；

（2）求AC与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解+析；（2） 【分析】

（1）根据线面垂直的判定定理，可利用已知条件，先证直线CD平面PAD，又PA平面

15. 5PAD，即可得证；

（2）作点PD的中点E，连接AE，CE，由面面垂直的和判定定理可得AC与平面PCD所成角为ACE，通过计算即可求得

【详解】（1）证明：∵PAD是正三角形，AD2CD4， ∴PD4，CD2，∴PC2PD2CD220，∴CDPD， ∵ADCD，CD平面PAD，∴CDPA； （2）设点E是PD的中点，连接AE，CE，

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∵PAD是正三角形，∴AEPD，AE23， 由（1）得CD平面PAD，∴平面PCD平面PAD， ∴AE平面PCD，

∴AC与平面PCD所成角为ACE， ∵ADCD，∴AC∴sinACEAD2CD225,

AE15. AC5【点睛】本题考查线线垂直的证明，求线面角的夹角的正弦值，属于中档题 21.如图，在四棱锥PABCD中，ADCD，AD∥BC，

AD2BC2CD4,PC25，PAD是正三角形.

（1）求证：CDPA；

（2）求二面角PBCA的大小. 【答案】（1）证明见解+析；（2）60o. 【分析】

（1）通过线面垂直来证线线垂直，先证CD平面PAD，再说明PA平面PAD，即可得证；

（2）设点E是AD的中点，连接PE，BE，通过几何关系可得PBE是二面角PBCA的平面角，再计算即可

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【详解】（1）证明：∵PAD是正三角形，AD2CD4， ∴PD4，CD2，∴PC2PD2CD220，∴CDPD， ∵ADCD，CD平面PAD，∴CDPA； （2）设点E是AD的中点，连接PE，BE，

∵PAD是正三角形，∴PEAD，PE23， ∵AD∥BC，∴BCBE，

∵AD2BC2CD4，∴DEBC2， ∵ADCD，AD∥BC，∴BCDE是正方形， ∴BCBE，∴BC平面PBE，∴BCPB， ∴PBE是二面角PBCA的平面角，

由（1）得CD平面PAD，∴CDPE，∴BEPE， ∴tanPBEPE3，∴PBE60. BE【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角大小的求法，属于中档题

22.已知圆O:xy4，点P是直线l:x2y80上的动点，过点P作圆O的切线PA，

22PB，切点分别为A，B.

（1）当PA23时，求点P的坐标；

（2）当APB取最大值时，求APO的外接圆方程.

16124816PP0,4【答案】（1）（2）xy. 或5,5；

555 【分析】

（1）由题知，可设Px,y，切线长PA，半径r，圆心与点P的长度OP组成直角三角形，故有OP22r2PA，结合两点间距离公式和直线方程，可求得点P的坐标；

2 - 16 -

（2）当圆心到直线距离最短时，可确定点P位置，此时圆心位置为点O与点P的中点坐标，半径为

1OP，结合垂直关系和直线方程可求点P，进而求得APO的外接圆方程 222【详解】（1）设Px,y，∵xy4，∴O0,0，r2， ∵PA23，∴OPr2PA4，

216x,x2y216,x0,5∴解得或

12y4,y,x2y80,5∴P0,4或P1612,；

55（2）由题意可知当OPl时，APB取最大值，设此时Px,y，

8x,y2x,816548O'由得∴P,， 的外接圆圆心为APO5,5，半径55x2y80y16,54816145，∴APO的外接圆方程为xy. r'OP25555【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，两点间距离公式的应用，圆的几何性质，勾股定理的应用，图形与方程的转化思想，属于中档题

23.已知圆O:xy4，点P是直线l:x2y80上的动点，过点P作圆O的切线PA，

2222PB，切点分别为A，B.

（1）当PA23时，求点P的坐标；

（2）设APO的外接圆为圆M，当点P在直线l上运动时，圆M是否过定点（异于原点O）？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）P0,4或P 【分析】

（1）由题知，可设Px,y，切线长PA，半径r，圆心与点P的长度OP组成直角三角形，

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1612816,；（2）是过定点，,.

5555故有OPr2PA，结合两点间距离公式和直线方程，可求得点P的坐标；

x0y0,，整理得APO的外接圆方程为222（2）可先设Px0,y0，则Mx2x0xy2y0y0，结合x02y080代换得x28xy2y02xy0，要使

2xy0,圆M恒过定点满足，即2，解出对应的x,y，即可求解 2x8xy0,【详解】（1）设Px,y，∵xy4，∴O0,0，r2，

22∵PA23，∴OPr2PA4，

216x,x2y216,x0,5∴解得或

y4,y12,x2y80,5∴P0,4或P1612,；

55x0y0,， 22（2）设Px0,y0，则M22∴APO的外接圆方程为xx0xyy0y0，

∵x02y080，∴x02y08， ∴x8xy222xy0,y02xy0，令2 2x8xy0,8x,x0,5816则或（舍去），∴圆M过定点,.

55y16y05,【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，两点间距离公式的应用，求证轨迹恒过定点问题，解题关键在于正确表示出外切圆方程，学会利用直线上的点满足的方程进行代换，将方程转化成恒成立问题，属于中档题

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