安徽省蚌埠市第二中学2016-2017学年高二上学期期中考试数学(文)试题含答案

高二数学(文)试题

命题人:

满分:150 考试时间:120分钟

一 选择题:选择题答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应位置，否则该大题不予计分(每一题5分,共60分)

1．如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是（ ）

A．棱柱 B．棱台

C．棱柱与棱锥的组合体 D．不能确定

2．如图，在正方形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体，使B,C,D三点重合，重合后的点记为P，点P在

AEF内的射影为O.则下列说法正确的是（ ）

A.O是AEF的垂心 B.O是AEF的内心 C.O是AEF的外心 D.O是AEF的重心

3．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的外接球表面积为（ ） A．

8B．32C．8D．82 3，

的直线的倾斜角为

，则

的值为（ ）

4．过两点

A．－1或－2 B．－1 C．－2 D．1 5．,是两个平面，m,n是两条直线，有下列四个命题： ①如果mn,m,n//，那么. ②如果m,n//，那么mn. ③如果//,m，那么m//.

④如果m//n,//，那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题为（ ）

A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．①②④

6．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，ABBC，侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，则（ ）

A．当k12时，平面BPC平面PCD P B．当k12时，平面APD平面PCD

C．当k(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直 A D．k(0,1)，使直线PD与直线AC垂直 D

B C 7．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB4,AA16.

若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，

且BEBC11E，1F3CC1，则异面直线A1E与

AF所成角的余弦值为（ ） A．36 B．2326 C．10 D．10 8．圆C222m)21:(xm)(y2)9与圆C2:(x1)(y4外切，则m的值为（ ） A. 2 B. -5 C. 2或-5 D. 不确定

9．已知直线2x+my﹣1=0与直线3x﹣2y+n=0垂直，垂足为（2，p），则p﹣m﹣n的值为（ ） A．﹣6 B．6 C．4 D．10

10．设点A2,3,B3,2,若直线axy20与线段AB没有交点，则a的取值范围是（ ） A．,5243,B．453,2C．542,3D．45,32, 11．圆C1:(x2)2(y3)21，圆C2:(x3)2(y4)29，M、N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM||PN|的最小值( ) A．524 B．171 C．622 D．17 12.集合A{直线l直线l的方程是(m3)x(m2)y12m0},集合

B{直线l直线l是x2y22的切线},则AB( )

A. B.{(1,1)} C.{(x,y)xy20} D.{(x,y)3x2y10}

二 填空题:(每一题5分,共20分)

13．长方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点都在球O的球面上，E为AB的中点，CE3，异面直线A1C1与CE所成角的余弦值为为.

14．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AC6，BCCC12，P是BC1上一动点，则CPPA1的最小值是___________.

15．已知圆C的圆心与点M（1，1）关于直线xy10对称，并且圆C与xy10相切，则圆C的方程为_______________.

16．所谓正三棱锥，指的是底面为正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角形中心的三棱锥，在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB22，则正三棱锥SABC的体积为，其外接球的表面积为．

53，且四边形ABB1A1为正方形，则球O的直径9

三 简答题:

ACBC，点M17．(11分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA13，

在线段AB上.

（1）若M是AB中点，证明：AC1//平面B1CM；

（2）当BM长是多少时，三棱锥B1BCM的体积是三棱柱ABCA1B1C1的体积的

18．（11分）已知以点A1,2为圆心的圆与直线m:x2y70相切，过点B2,0的动直线与圆A相 交于M、N两点. （1）求圆A的方程；

（2）当MN219时，求直线l的方程.

19.（12分）发已知直线l经过两点A（2，1），B（6，3）（1）求直线l的方程

（2）圆C的圆心在直线l上，并且与x轴相切于点（2，0），求圆C的方程

（3）若过B点向（2）中圆C引切线BS、BT，S、T分别是切点，求ST直线的方程．

1. 920．（12分）如图，在四棱锥

PABCD中，已知

AB1,BC2,CD4,AB//CD,BCCD，平面PAB平面ABCD，PAAB．

（1）求证：BD平面PAC；

（2）已知点F在棱PD上，且PB//平面FAC，若PA5，求三棱锥DFC的体积

VDFC．

D C A B F P

21．（12分）已知曲线C的方程为：ax2ay22a2x4y0，其中：a0且a为常数． （1）判断曲线C的形状，并说明理由；

（2）设曲线C分别与x轴，y轴交于点A,B（A,B不同于坐标原点O），试判断AOB的面积S是否为定值？并证明你的判断；

MON（3）设直线l：y2x4与曲线C交于不同的两点M,N，且O求曲线C的方程．

（O为坐标原点），

222．（12分）如图，已知圆C1:x1y1，圆C2:x3y41．

222

（1）若过点C1的直线l被圆C2截得的弦长为

6，求直线l的方程； 5（2）设动圆C同时平分圆C1、圆C2的周长． ①求证：动圆圆心C在一条定直线上运动；

②动圆C是否过定点？若过，求出定点的坐标；若不过，请说明理由．

高二数学文参考答案（选择题每题5分）

1．A 【解析】

试题分析：在倾斜过程中左右两侧面的形状完全相同且两面平行，其余四个面都是平行四边形，符合棱柱的特征 考点：简单几何体 2．A 【解析】

试题分析：易知PA、PE、PF两两垂直，PA平面PEF，从而PAEF，而P0平面AEF，则P0EF，所以EF平面PAO，所以EFAO，同理可知

AEFO,AFEO，所以O为AEF

的垂心，故应选A.

P(B,C,D)AMFGOH

考点：1、线面垂直的判定定理；2、三角形的“四心”； 3．C 【解析】

试题分析：由三视图知该几何体是底面是直角边为2的等腰直角三角形，一条长为2的侧棱与底面垂直的三棱锥，其外接球就是底边长为2，高为2的正四棱柱的外接球，设球半

222径为R，则4R2228,4R8，故选C.

22E考点：1、几何体的三视图；2、几何体的外接球体积. 4．C 【解析】

试题分析：由直线的倾斜角为

．故本题答案选C．

考点：斜率公式 倾斜角 5．A 【解析】

，斜率为．可得，解得

试题分析：①如果mn,m,n,那么,故错误；②如果n,则存在直线

l,使nl,由m,可得ml,那么mn,故正确；③如果,m,那么m与无公共点,则m,故正确；④如果mn,,那么m,n与所成的角和m,n与所成的角均相等,故正确；故选A.

考点：1、线面平行、线面垂直的性质；2、线面平行、面面垂直的判定. 6．A 【解析】

试题分析：分别取PB,PC的中点分别为M,N,连结MN，由平面PAB平面

ABCD,BCAB,可知BC平面PAB,BCAM；又点M为PB的中点，

AMPB.可得AM平面PBC,而AD//BC且AD1BC，同时MN//BC且2MN1BC，AD//MN且ADMN,则四边形ADNM为平行四边形，可得2AM//DN,则DN平面BPC，又DN平面PCD ,平面BPC平面PCD.其余

选项都错误，故选A．

考点：平面与平面垂直的判定定理和性质定理，等腰三角形的三线合一，平行四边形中对边的平行关系转化.

【方法点晴】本题主要考查的是立体几何中平行关系和垂直关系的综合应用，要注意条件中侧面PAB底面ABCD，要从中得到线面垂直，通过和其它条件的结合，得出BC平面

PAB，再转化到线线垂直，就是得到BCAM,再结合平面几何中知识，一个是PAB为

等腰三角形，根据三线合一，AMPB，另一个根据条件得到四边形ADNM为平行四边形，则可把 AM平面PBC转化到DN平面BPC，从而得到结果.本题要注重平面几何知识与立体几何知识的有机结合，联合解决为题. 7．D

【解析】

试题分析：以BC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A(23,0,0)，

A1(23,0,6)，E(0,2,3)，F(0,2,4)，A1E(23,2,3)，AF(23,2,4)，设|A1EAF|42． A1E，AF所成的角为，则cos10|A1E||AF|542考点： 线面角. 8．C 【解析】

试题分析：圆C1:(xm)(y2)9的圆心C1m,2，半径为r13；圆

22C2:(x1)2(ym)24的圆心C21，m，半径为r22；则两圆心之间的距离为C1C2m12m22235，解得m2或5.故选C.

考点：圆与圆的位置关系. 9．C 【解析】

试题分析：∵直线2xmy10与直线3x2yn0垂直，∴232m0，解得

43p10m3，由垂直在两直线上可得，解得p1且n8，∴pmn4，

62pn0故选：C．

考点：直线与直线的位置关系. 10．B 【解析】

54,kPB，若直线直线2354根据图象可知k或k，若直线axy20与axy20与线段AB有交点，

23545445线段AB没有交点，则k，即a，解得：a，选B．

232332试题分析：直线axy20过定点P0,2，kPA考点：直线间的位置关系．

【易错点晴】本题考查的是直线间的位置关系，属于中档题．解题时一定要注意两点：第一，

本题要求的是直线axy20与线段AB没有交点的范围；第二，本题可以从其反面考虑即若直线axy20与线段AB有交点，求出其范围。由题意易得kPA和kPB，此时一定要注意和图象结合，否则其范围容易表示错误． 11．A 【解析】

试题分析：作C2关于

x轴的对称点A(3,4)，连接AC1得AC1所在直线方程

17,0)，此时PC1PC2最小，连接PC1、PC2分别77xy170，与x轴的交点为P(交圆于M、N，则PMPN最小，PMPN=PC1PC213524 考点：1.圆与最值问题； 12．A

解析:本题考查直线过定点问题.注意直线过定点的表示方法中有一条不存在的直线,本题的切线恰好在集合A中不存在,所以选择A 13．4或51 【解析】

ACE就是异面直线ACCE所成的角，即试题分析：由于AC//AC11，因此11与

cosCE53，设AB2a，则BC9a2，ACAB2BC293a2，由9222余弦定理得a(93a)92393a53，解得a21或a26． 9AC12AC2CC1293a2(2a)297a2， 所以AC14或51，此即为球O的直

径．

考点：长方体与外接球．

【名师点睛】在长方体或正方体中其对角线就是外接球的直径，因此本题实质就是求长方体的对角线长，从而只要求得三棱长即可．对其他的组合体的外接球要注意应用公式

R2r2d2求解．

14．52

【解析】

试题分析：由题意A1P在几何体内部，但在面A1C1B内把A1C1B沿BC1展开与CC1B在一个平面上，连接A1C即可.A1C1B1C1且面A1B1C1面BB1C1C交线为B1C1，所以

A1C1面BB1C1C,，

BC1面BB1C1C,所以

A1C1BC1,BCCC1,BCC1900,CC1B450,A1C1C1350,在A1C1C中A1C1C1C2A1C2cosA1C1C.,A1C52

2A1C1C1C考点：1、多面体表面上的最短距离．

2215．(x2)(y2)29. 2【解析】

试题分析：设圆的标准方程为(xa)(yb)r.因为圆C的圆心与点M（1，1）关

222b11ab0a1于直线xy10对称，则，即，得圆心坐标为(2,2)；

a1b1ab41022又因为圆C与xy10相切，所以r22123；则圆的标准方程为2(x2)2(y2)29. 2考点：直线与圆的位置关系. 16．

4，12． 3【解析】

试题分析：取AC中点D，则SDAC，BDAC，又∵SDBDD，∴AC平面SBD，∵SB平面SBD，∴ACSB，又∵AMSB，AMACA，∴SB平面SAC，∴SASB，

SCSB，根据对称性可知SASC，从而可知SA，SB，SC两两垂直，如下图所示，

将其补为立方体，其棱长为2，∴VSABCVCASB方体的外接球，半径r114222，其外接球即为立323323，表面积S4312． 2

考点：三棱锥的外接球． 17．（1）详见解析（2）BM=【解析】

试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如本题利用三角形中位线性质得线线平

2 1VB1BCMSBCMBB13行（2）求三棱锥体积，关键是确定其高，而本题为直三棱柱，因此，

而

VABCA1B1C11BM：BA1：9SABCBB13，所以体积比等于,解得BM=2 试题解析：（Ⅰ）证明：连结BC1，交B1C于E，连结ME．

因为 直三棱柱ABC-A1B1C1，M是AB中点，所以侧面BB1C1C为矩形， ME为△ABC1的中位线，所以ME//AC1．

因为ME平面B1CM，AC1平面B1CM，所以AC1∥平面B1CM

1VB1BCMSBCMBB1VSABCBB13（II），ABCA1B1C1

设BMBA，01

11SABCBB1SABCBB139 l=故

13，即BM=2 故当BM=2时，

1B-BCM的体积是三棱柱ABC-A1B1C1的体积的9.

三棱锥1

考点：线面平行判定定理，三棱锥体积

【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

18．（1）x1y220；（2）3x4y60或x2． 【解析】

试题分析：（1）由题意知A到直线x2y70的距离为圆A半径R，利用点到直线的距离公式，求解圆的半径，即可求解圆A的方程；（2）设线段MN的中点为Q，连结QA，根据垂径定理得MQA90，再根据斜率存在和斜率不存在，两种情况分类讨论，即可求解直线的方程．

试题解析：（1）由题意知A1,2到直线x2y70的距离为圆A半径R

22R|147|25 522圆A的方程为x1y220

（2）设线段MN的中点为Q，连结QA，则由垂径定理可知MQA90，且MQ19，在RtAMQ中由勾股定理易知AQAM2MQ21

当动直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2时，显然满足题意； 当动直线l的斜率存在时，设动直线l的方程为：ykx2 由A1,2到动直线l的距离为1得|k2k2|1k21k3 43x4y60或x2为所求方程.

考点：轨迹方程的求解；直线与圆的位置关系的应用．

【方法点晴】本题主要考查了轨迹方程的求解、直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、圆的垂径定理、直线的点斜式方程和圆的标准方程等知识点的考查，其中根据圆的定义判定出轨迹的形状和利用圆的垂径定理转化为点到直线的距离的计算是解答的关键，着重考查了分类讨论思想和推理与运算能力，属于中档试题． 19．

（1）x2y0

22(x2)(y1)1 （2）

（3）2xy20 【解析】

先用两点式求出直线l的方程，第二步可巧设圆心C(2b,b)，由于圆与x轴相切于点（2，0），所以2b2，b1，则圆心(2,1)，半径

rb1，得出圆的方程；第三步利用四点

22B、S、C、T四点共圆，求出圆的方程(x4)(y2)20，把两圆的方程相减的公

共弦方程.

试题解析：（1）由题可知：直线l经过点（2,1）,（6,3），由两点式可得直线l的方程为：

y1x23162，整理得：x2y0

（2）依题意：设圆C的圆心C(2b,b)的方程为：圆C与x轴相切于点(2,0)，则

222b2b1，且半径r1，∴圆C的方程为(x2)(y1)1

（3）由于CSBS、CTBT，则四点B、S、C、T四点共圆，这个圆以BC为直径其

22(x4)(y2)20，ST为两圆的公共弦，把两圆方程化为一般方程方程为

x2y24x2y40和

x2y28x4y0，两式相减得公共弦方程：2xy20

20．（1）证明见解析；（2）【解析】

试题分析：（1）连接ACBDO，依题意PA平面ABCD，PABD,则只需证

16. 3BDAC，这可以在直角梯形ABCD中解三角形来证明；（2）因为PB//平面FAC，所

以F到平面ABCD的距离可以利用P到平面ABCD的距离来计算，因为成比例.由此计算得高为4，底面积也为4，因此体积为试题解析：

（1）平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB

16. 3PAAB,PA平面PAB，PA平面ABCD BD平面ABCD，PABD,连结ACBDO,

AB//CD,BCCD,AB1,BC2,CD4

BDCACB,ACBCBDBDCCBD900

则ACBD,ACPAA,BD平面PAC （2）作FMAD于M，连接MO,FO

由（1）知：平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD ,FM平面ADC，FM//PA

PB//平面FAC，PB平面PBD，平面PBD平面FACFO

FO//PB,平面FMO//平面PAB

FMDMDO4,又PA5,FM4 PADADB5ABDC1SADCS梯形ABCD-SABCBCABDC4

2216VDFACVFDAC

3MO//AB,考点：1.立体几何证明垂直；2.立体几何求体积.

221．（1）曲线C是以点(a,)为圆心，以a2a4为半径的圆；（2）定值，证明见解析；2a（3）xy4x2y0. 【解析】 试

题

分

析

：（

1

）

将

曲

线

C22的方程化为

x2y22ax心，以a24242

y0(xa)2(y)2a22曲线C是以点(a,)为圆aaaa4为半径的圆；（2）AOB的面积S为定值．证明时先求出A(2a,0)，a24114B(0,)S|OA||OB||2a|||4|（定值）；（3）先由OMON得

a2a221OCMN2a2，再对a进行分类讨论得曲线C的方程为

a2x2y24x2y0.

22试题解析：（1）将曲线C的方程化为xy2ax4y0,即a24(xa)2(y)2a22

aa2可知曲线C是以点(a,)为圆心，以a2a4为半径的圆． a2（2）AOB的面积S为定值．

证明如下：在曲线C的方程中令y0，得ax(x2a)0，得点A(2a,0)， 在曲线C方程中令x0，得y(ay4)0，得点B(0,)，

4aS114|OA||OB||2a|||4|（定值）． 2a2（3）圆C过坐标原点， 且OMON，

OCMN，21， a22a2，

当a2时，圆心坐标为(2,1)，圆的半径为5， 圆心到直线l：y2x4的距离d直线l与圆C相离，不合题意舍去，

4145955，

a2时符合题意．

这时曲线C的方程为xy4x2y0.

考点：1、圆的标准方程；2、点到直线的距离；3、直线与圆的位置关系.

【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、点到直线的距离和直线与圆的位置关系，涉及方程思想和化归思想，综合性较强，属于较难题型.第一小题先将曲线C的方程化为

222(xa)2(y)2a2a1从而S|OA||OB|244B(0,)，，从而判断出它是圆；第二小题先求出，A(2a,0)2aa14|2a|||4|（定值）；第三小题先由OMON得

a2OCMN，求出a值，再对a进行分类讨论得曲线C的方程.

22．（1）3x4y30或4x3y40；（2）①详见解析；②动圆C过定点

3232323212,22和12,22 【解析】

试题分析：（1）设过直线l方程：ykx1，根据垂直于弦的直径的性质，结合点到直线的距离公式列式，可解出k的值，从而得到直线l的方程；（2）①由题意，圆心C到C1、C2两点的距离相等，由此结合两点间的距离公式建立关系式，化简整理得xy30，即为所求定直线方程；②根据题意设Cm，3m，得到圆C方程关于参数m的一般方程形式，

由此可得动圆C经过圆xy6y20与直线xy10的交点，最后联解方程组，即可得到动圆C经过的定点坐标．

试题解析：解：（1）由题意可知C11,0,C23,4,r1，

由图知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为ykx1，即kxyk0 因为直线l被圆C2截得的弦长为

226，所以圆心C2到直线l的距离为5d3k4k431

55k2134或，所以直线l的方程为3x4y30或4x3y40． 432解得k（2）①证明：设动圆圆心Cx,y，由题可知CC1CC2 则x12y2x3y422 化简得xy30，所以动圆圆心C在定直线xy30上运动． ②动圆C过定点

设Cm,3m，则动圆C的半径为1CC11m13m 222动圆C的方程为xmy3m1m13m 整理得xy6y22mxy10

2222223232x1x122xy6y202或2

，解得xy10y232y23222所以动圆C过定点132323232,21,2和． 2222考点：1．圆与圆的位置关系及其判定；2．直线与圆的位置关系．