江西省宜市丰城中学高二数学上学期期中试卷 文（含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中数学试卷（文科）一选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）abcd2设m，n是自然数，条件甲：m3+n3是偶数；条件乙：mn是偶数，则甲是乙的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充分且必要条件d既不充分也不必要条件3点p（a，3）到直线4x3y+1=0的距离等于4，则p点的坐标是（）a（7，3）b（3，3）c（7，3）或（3，3）d（7，3）或（3，3）4如图，正方体abcda1b1c1d1中，e，f分别为棱a1b1，bb1的中点，则d1e与cf的延长线交于一点，此点在直线（）aad上bb1c1上ca1d1上dbc上5将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图（）abcd6已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（）a6：5b5：4c4：3d3：27设l、m、n表示不同的直线，、表示不同的平面，给出下列4个命题：若ml，且m，则l；若ml，且m，则l；若=l，=m，=n，则lmn；若=m，=l，=n，且n，则ml其中正确命题的个数是（）a1b2c3d48在圆x2+y22x6y=0内，过点e（0，1）的最长弦和最短弦分别为ac和bd，则四边形abcd的面积为（）abcd9直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个必要而不充分条件是（）a3m1b2m0c4m2d2m110如图，下列四个正方体图形中，a、b为正方体的两个顶点，m、n、p分别为其所在棱的中点，能得出ab平面mnp的图形序号是（）abcd11已知正方体abcda1b1c1d1，过a1点可作条直线与直线ac和bc1都成60角（）a1b2c3d412在矩形abcd中，ab=4，bc=3，沿ac将矩形abcd折成一个直二面角bacd，则四面体abcd的外接球的体积为（）abcd二填空题（每小题5分，共20分）13命题“若实数a满足a2，则a24”的否命题是命题（填“真”、“假”之一）14对于一个底边在x轴上的正三角形abc，边长ab=2，采用斜二测画法做出其直观图，则其直观图的面积是15一条直线经过p（1，2），且与a（2，3）、b（4，5）距离相等，则直线l为16一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上，则此直角三角形的斜边长是三解答题（本大题共6小题，满分70分，第17题10分，其余各题每题12分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0，分别求满足下列条件的a，b值（1）l1l2，且直线l1过点（3，1）；（2）l1l2，且直线l1在两坐标轴上的截距相等18如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是边长为2的正方形，侧面pad底面abcd，且pa=pd=ad，e、f分别为pc、bd的中点（1）求证：ef平面pad；（2）求证：面pab平面pdc19已知圆m：x2+y24y+3=0，q是x轴上动点，qa、qb分别切圆m于a、b两点，（1）若|ab|=，求直线mq的方程；（2）求四边形qamb面积的最小值20已知abc三边所在直线方程为ab：3x+4y+12=0，bc：4x3y+16=0，ca：2x+y2=0，求：（1）abc的平分线所在的直线方程；（2）ab与ac边上的中位线所在直线方程21已知三棱柱abcabc中，面bccb底面abc，bbac，底面abc是边长为2的等边三角形，aa=3，e，f分别在棱aa，cc上，且ae=cf=2（）求证：bb底面abc；（）在棱ab上找一点m，使得cm面bef，并给出证明22已知圆c：x2+（y3）2=4，一动直线l过a（1，0）与圆c相交于p、q两点，m是pq中点，l与直线m：x+3y+6=0相交于n（）求证：当l与m垂直时，l必过圆心c；（）当时，求直线l的方程；（）探索是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）abcd【考点】直线的斜率【专题】计算题【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值，根据tan120利用诱导公式及特殊角的三角函数值得到直线l的斜率即可【解答】解：因为直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，所以直线l的斜率k=tan120=tan（18060）=tan60=故选b【点评】此题比较简单，要求学生掌握直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，以及灵活运用诱导公式及特殊角的三角函数值进行化简求值2设m，n是自然数，条件甲：m3+n3是偶数；条件乙：mn是偶数，则甲是乙的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充分且必要条件d既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【专题】阅读型；定义法；简易逻辑【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若m3+n3是偶数，则m，n同时是奇数或者同时是偶数，则此时mn是偶数成立，若mn是偶数，则m，n同时是奇数或者同时是偶数，则m3+n3是偶数成立，故甲是乙的充要条件，故选：c【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查学生的推理能力，比较基础3点p（a，3）到直线4x3y+1=0的距离等于4，则p点的坐标是（）a（7，3）b（3，3）c（7，3）或（3，3）d（7，3）或（3，3）【考点】点到直线的距离公式【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆【分析】由已知条件利用点到直线距离公式能求出结果【解答】解：点p（a，3）到直线4x3y+1=0的距离等于4，=4，解得a=7，或a=3，p（7，3）或p（3，3）故选：c【点评】本题考查点的坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用4如图，正方体abcda1b1c1d1中，e，f分别为棱a1b1，bb1的中点，则d1e与cf的延长线交于一点，此点在直线（）aad上bb1c1上ca1d1上dbc上【考点】棱柱的结构特征【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离【分析】设交点为p，则pd1e，而d1e平面a1b1c1d1，故p平面a1b1c1d1，同理可推出p平面bcc1b1，故p在两平面的交线上【解答】解：设d1e与cf的延长线交于点p，则pd1e，d1e平面a1b1c1d1，p平面a1b1c1d1，同理可得：p平面bcc1b1，即p是平面a1b1c1d1和平面bcc1b1的公共点，平面a1b1c1d1平面bcc1b1=b1c1，pb1c1故选：b【点评】本题考查了平面的基本性质，找到点线面的置关系是关键5将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图（）abcd【考点】简单空间图形的三视图【专题】作图题；压轴题【分析】根据三视图的特点，知道左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，得到结果【解答】解：左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，故选d【点评】本题考查空间图形的三视图，考查左视图的做法，本题是一个基础题，考查的内容比较简单，可能出现的错误是对角线的方向可能出错6已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（）a6：5b5：4c4：3d3：2【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】计算题【分析】设圆柱的底面半径，求出圆柱的全面积以及球的表面积，即可推出结果【解答】解：设圆柱的底面半径为r，则圆柱的全面积是：2r2+2r2r=6r2球的全面积是：4r2，所以圆柱的全面积与球的表面积的比：3：2故选d【点评】本题考查旋转体的表面积，是基础题7设l、m、n表示不同的直线，、表示不同的平面，给出下列4个命题：若ml，且m，则l；若ml，且m，则l；若=l，=m，=n，则lmn；若=m，=l，=n，且n，则ml其中正确命题的个数是（）a1b2c3d4【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系【专题】压轴题【分析】本题考查的是直线之间，直线与平面之间的位置关系，可借助图象解答【解答】解：易知命题正确；在命题的条件下，直线l可能在平面内，故命题为假；在命题的条件下，三条直线可以相交于一点，故命题为假；在命题中，由=n知，n且n，由n及=m，得nm，同理nl，故ml，命题正确故答案选b【点评】本题主要考查了直线与直线间的位置关系，以及直线与平面间的位置关系，注意二者的联系与区别8在圆x2+y22x6y=0内，过点e（0，1）的最长弦和最短弦分别为ac和bd，则四边形abcd的面积为（）abcd【考点】圆的标准方程；两点间的距离公式【专题】数形结合；直线与圆【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径，根据图形可知，过点e最长的弦为直径ac，最短的弦为过e与直径ac垂直的弦bd，根据两点间的距离公式求出me的长度，根据垂径定理得到e为bd的中点，在直角三角形bme中，根据勾股定理求出be，则bd=2be，然后利用ac与bd的乘积的一半即可求出四边形abcd的面积【解答】解：把圆的方程化为标准方程得：（x1）2+（y3）2=10，则圆心坐标为（1，3），半径为，根据题意画出图象，如图所示：由图象可知：过点e最长的弦为直径ac，最短的弦为过e与直径ac垂直的弦，则ac=2，mb=，me=，所以bd=2be=2=2，又acbd，所以四边形abcd的面积s=acbd=22=10故选b【点评】此题考查学生掌握垂径定理及勾股定理的应用，灵活运用两点间的距离公式化简求值，是一道中档题学生做题时注意对角线垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半9直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个必要而不充分条件是（）a3m1b2m0c4m2d2m1【考点】直线与圆相交的性质【专题】计算题【分析】使直线与圆有两个不同交点，需圆心（0，1）到直线的距离小于半径，进而根据点到直线的距离表示出圆心到直线的距离，求得m的范围，进而可推断出3m1是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个充要条件，排除a；当2m0和2m1时直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点，故其是充分条件，排除b，d；4m2时特别是4m3时，直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0无交点，可知4m2是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的不充分条件；同时线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点时3m1，可知4m2是线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的必要条件；进而可推断出c正确【解答】解：要使直线与圆有两个不同交点，需圆心（0，1）到直线的距离小于半径，即，求得3m13m1是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个充要条件，故a不正确，当2m0和2m1时直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点，故其是充分条件，故b，d不正确；4m2时特别是4m3时，直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0无交点，可知4m2是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的不充分条件；同时线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点时3m1，可知4m2是线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的必要条件；故选c【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质和充分条件，必要条件和充分必要条件的判断定考查了学生综合分析问题和解决问题的能力10如图，下列四个正方体图形中，a、b为正方体的两个顶点，m、n、p分别为其所在棱的中点，能得出ab平面mnp的图形序号是（）abcd【考点】直线与平面平行的判定【专题】空间位置关系与距离【分析】根据直线与平面平行的判定方法，得出图中ab平面mnp【解答】解：对于，该正方体的对角面adbc平面mnp，得出直线ab平面mnp；对于，直线ab和平面mnp不平行，因此直线ab与平面mnp相交；对于，易知平面pmn与正方体的侧面ab相交，得出ab与平面mnp相交；对于，直线ab与平面mnp内的一条直线np平行，且直线ab平面mnp，直线ab平面mnp；综上，能得出直线ab平面mnp的图形的序号是故选：d【点评】本题考查了空间中的直线与平面平行的判断问题，解题时应结合图形进行分析，是基础题目11已知正方体abcda1b1c1d1，过a1点可作条直线与直线ac和bc1都成60角（）a1b2c3d4【考点】异面直线及其所成的角【专题】转化思想；数形结合法；综合法；空间角【分析】因为ad1bc1，过a1在空间作直线l，使l与直线ac和bc1所成的角都等于 600，可转化为过点a在空间作直线l，使l与直线ac和ad1所成的角都等于 600可分在平面acd1内和在平面acd1外两种情况寻找因为要与直线ac和ad1所成的角都相等，故在平面acd1内可考虑角平分线；在平面ac11外可将角平分线绕点a旋转考虑【解答】解：因为ad1bc1，所以过a1在空间作直线l，使l与直线ac和bc1所成的角都等于 60，即过点a在空间作直线l，使l与直线ac和ad1所成的角都等于 60因为cad1=60，cad1的外角平分线与ac和ad1所成的角相等，均为60，所以在平面acd1内有一条满足要求因为cad1的角平分线与ac和ad1所成的角相等，均为30，将角平分线绕点a向上转动到与面acd1垂直的过程中，存在两条直线与直线ac和ad1所成的角都等于 60；故符合条件的直线有3条故选：c【点评】本题考查异面直线所成角的问题，考查空间想象能力和转化能力在解决本题的过程中，转化思想很重要，属于中档题12在矩形abcd中，ab=4，bc=3，沿ac将矩形abcd折成一个直二面角bacd，则四面体abcd的外接球的体积为（）abcd【考点】球的体积和表面积【专题】计算题【分析】球心到球面各点的距离相等，即可知道外接球的半径，就可以求出其体积了【解答】解：由题意知，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线ac上，且其半径为ac长度的一半，则v球=（）3=故选c【点评】本题考查学生的思维意识，对球的结构和性质的运用，是基础题二填空题（每小题5分，共20分）13命题“若实数a满足a2，则a24”的否命题是真命题（填“真”、“假”之一）【考点】命题的否定；命题的真假判断与应用【专题】计算题【分析】利用否命题的形式写出否命题，利用复合命题p或q有真则真，判断出否命题是真命题【解答】解：命题的否命题为：“若实数a满足a2，则a24”a2a24a24否命题为真命题故答案为：真【点评】本题考查命题的否命题：是将条件，结论同时否定，注意否命题与命题的否定的区别14对于一个底边在x轴上的正三角形abc，边长ab=2，采用斜二测画法做出其直观图，则其直观图的面积是【考点】斜二测法画直观图【专题】空间位置关系与距离【分析】如图所示，ab=ab=2，oc=，作cdx，可得cd=因此其直观图的面积=【解答】解：如图所示，ab=ab=2，oc=，作cdx，则cd=其直观图的面积=故答案为：【点评】本题考查了斜二测画法及其直观图的面积，考查了计算能力，属于基础题15一条直线经过p（1，2），且与a（2，3）、b（4，5）距离相等，则直线l为3x+2y7=0和4x+y6=0【考点】点到直线的距离公式【专题】数形结合；转化思想；直线与圆【分析】当所求直线与ab平行时，求出kab，利用点斜式即可得出当所求直线经过线段ab的中点m（3，1）时，求出斜率，利用点斜式即可得出【解答】解：当所求直线与ab平行时，kab=4，可得y2=4（x1），化为4x+y6=0；当所求直线经过线段ab的中点m（3，1）时，k=，可得y2=（x1），化为3x+2y7=0综上可得所求直线方程为：4x+y6=0；或3x+2y7=0故答案为：4x+y6=0；或3x+2y7=0【点评】本题考查了中点坐标公式、斜率计算公式、点斜式、平行线之间的斜率关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上，则此直角三角形的斜边长是4【考点】棱柱的结构特征【专题】空间位置关系与距离【分析】设df长为x，则de=ef=x，作dgbb1，hgcc1，eicc1，从而用x表示出eg，fi，fh，从而将问题转化到rtdhf中，有df2=dh2+fh2求解【解答】解：如图，正三棱柱abca1b1c1中，abc为正三角形，边长为4，def为等腰直角三角形，df为斜边，设df长为x，则de=ef=，作dgbb1，hgcc1，eicc1，则eg=，fi=，fh=fi+hi=fi+eg=2，在rtdhf中，df2=dh2+fh2，即x2=16+（2）2，解得x=4即该三角形的斜边长为4故答案为：4【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，主要涉及了正棱柱，一是底面是正多边形，二是侧棱与底面垂直，还考查了转化思想，属中档题三解答题（本大题共6小题，满分70分，第17题10分，其余各题每题12分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0，分别求满足下列条件的a，b值（1）l1l2，且直线l1过点（3，1）；（2）l1l2，且直线l1在两坐标轴上的截距相等【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系【专题】计算题；方程思想；数形结合法；直线与圆【分析】（1）由直线垂直和直线l1过定点可得ab的方程组，解方程组可得；（2）由直线平行和直线l1截距相等可得ab的方程组，解方程组可得【解答】解：（1）两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0且l1l2，a（a1）+（b）1=0，即a2ab=0，又直线l1过点（3，1），3a+b+4=0，联立解得a=2，b=2；（2）由l1l2可得a1（b）（a1）=0，即a+abb=0，在方程axby+4=0中令x=0可得y=，令y=0可得x=，=，即b=a，联立解得a=2，b=2【点评】本题考查直线的一般式方程和平行垂直关系，涉及直线的截距，属基础题18如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是边长为2的正方形，侧面pad底面abcd，且pa=pd=ad，e、f分别为pc、bd的中点（1）求证：ef平面pad；（2）求证：面pab平面pdc【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】证明题；空间位置关系与距离【分析】（1）连接ac，则f是ac的中点，e为pc 的中点，证明efpa，利用直线与平面平行的判定定理证明ef平面pad；（2）先证明cdpa，然后证明papd利用直线与平面垂直的判定定理证明pa平面pcd，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面pab面pdc【解答】证明：（1）连接ac，由正方形性质可知，ac与bd相交于bd的中点f，f也为ac中点，e为pc中点所以在cpa中，efpa，又pa平面pad，ef平面pad，所以ef平面pad；（2）平面pad平面abcd平面pad面abcd=adcd平面padcdpa正方形abcd中cdadpa平面padcd平面abcd又，所以pa2+pd2=ad2所以pad是等腰直角三角形，且，即papd因为cdpd=d，且cd、pd面pdc所以pa面pdc又pa面pab，所以面pab面pdc【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力19已知圆m：x2+y24y+3=0，q是x轴上动点，qa、qb分别切圆m于a、b两点，（1）若|ab|=，求直线mq的方程；（2）求四边形qamb面积的最小值【考点】直线与圆的位置关系【专题】数形结合；综合法；直线与圆【分析】（1）根据直线和圆相交的性质求出mn，再利用圆的切线性质求得q的坐标，再用两点式求得直线mq的方程（2）当mq取得最短时，四边形qamb面积的最小值，即q与o重合，求得此时qa的值，接口求得四边形qamb面积的最小值【解答】解：（1）圆m：x2+y24y+3=0，即 x2+（y2）2=1，圆心m（0，2），半径r=1由+mn2=r2=1，求得：mn=由 bm2=mnmq，求得mq=3设q（x0，0），则=3，即 x0=所以直线mq的方程为2x+y2=0 或 2xy+2=0（2）易知，当mq取得最短时，四边形qamb面积的最小值，即q与o重合，此时，qa=，即四边形qamb面积的最小值为 1=【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，圆的标准方程，求直线的方程，属于中档题20已知abc三边所在直线方程为ab：3x+4y+12=0，bc：4x3y+16=0，ca：2x+y2=0，求：（1）abc的平分线所在的直线方程；（2）ab与ac边上的中位线所在直线方程【考点】两直线的夹角与到角问题【专题】直线与圆【分析】（1）由条件解方程组求得点b的坐标，根据一条直线到另一条直线的夹角公式求得，abc的内角平分线所在直线的斜率k，用点斜式求得abc的平分线所在的直线方程（2）求得点a的坐标，可得线段ab的中点d的坐标，再根据ab与ac边上的中位线所在直线的斜率等于bc的斜率，用点斜式求得ab与ac边上的中位线所在直线方程【解答】解：（1）由求得，可得点b的坐标为（4，0）设abc的内角平分线所在直线的斜率为k，则=，即=求得k=，或k=7由题意可得，abc的内角平分线所在直线的斜率k应在ba、bc的斜率之间，故取k=，故abc的平分线所在的直线方程为y0=（x+4），即 x7y+4=0（2）由，求得，可得点a的坐标为（4，6），故线段ab的中点d的坐标为（0，3），再根据ab与ac边上的中位线所在直线的斜率等于bc的斜率，故ab与ac边上的中位线所在直线方程为 y+3=（x0），即 4x3y9=0【点评】本题主要考查求两条曲线的交点坐标的方法，一条直线到另一条直线的夹角公式，用点斜式求直线的方程，属于基础题21已知三棱柱abcabc中，面bccb底面abc，bbac，底面abc是边长为2的等边三角形，aa=3，e，f分别在棱aa，cc上，且ae=cf=2（）求证：bb底面abc；（）在棱ab上找一点m，使得cm面bef，并给出证明【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】证明题；空间位置关系与距离【分析】（）取bc中点o，先证aobc，再由面面垂直的性质定理证得ao面bccb，再由线面垂直的判定定理即可得证；（） 显然m不是a，b，当m为ab的中点，使得cm面bef，可通过线面平行的判断定理，即可证得【解答】（）证明：取bc中点o，因为三角形abc是等边三角形，所以aobc，又因为面bccb底面abc，ao面abc，面bccb面abc=bc，所以ao面bccb，又bb面bccb，所以aobb又bbac，aoac=a，ao面abc，ac面abc，所以bb底面abc（） 显然m不是