2022-2022学年山西省吕梁市汾阳四中高二（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，共60分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的）各题答案必须答在答题卡上1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是()A．①是棱台B．②是圆台C．③是棱锥D．④不是棱柱2．已知圆锥的高为8，底面圆的直径为12，则此圆锥的侧面积是()A．24πB．30πC．48πD．60π3．过点（﹣1，3）且垂直于直线x﹣2y+3=0的直线方程为()A．2x+y﹣1=0B．2x+y﹣5=0C．x+2y﹣5=0D．x﹣2y+7=04．圆x2+y2﹣2x+6y+8=0的周长等于()A．πB．2πC．2πD．4π5．已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为()A．0B．﹣8C．2D．106．某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的长度，那么这个几何体的体积是()A．B．C．D．37．两直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为()A．4B．C．D．8．若直线（1+a）x+y+1=0与圆x2+y2﹣2x=0相切，则a的值为()A．﹣1，1B．﹣2，2C．1D．﹣1-13-\n9．设a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γB．若a，b与α所成的角相等，则a∥bC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥b，a⊂α，则b∥α10．若直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），则k的值为()A．B．C．D．11．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A﹣BD﹣C的余弦值为()A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣12．动点A在圆x2+y2=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是()A．（x+3）2+y2=4B．（x﹣3）2+y2=1C．（2x﹣3）2+4y2=1D．（x+3）2+y2=二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）各题答案必须答在答题卡上13．点P（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是__________．14．如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为__________．15．已知圆（x﹣1）2+（y+1）2=16的一条直径恰好经过直线x﹣2y+3=0被圆所截弦的中点，则该直径所在直线的方程为__________．16．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于__________．三、解答题（本大题共4小题，共70分）各题答案必须答在答题卡上17．（1）过点A（﹣5，﹣4）作一直线l，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形面积为5，求其直线方程．（2）已知圆M过两点A（1，﹣1），B（﹣1，1），且圆心M在x+y﹣2=0上，求圆M的方程．18．如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点-13-\n（I）求证：BD⊥平面EFC；（Ⅱ）当AD=CD=BD=1，且EF⊥CF时，求三棱锥C﹣ABD的体积VC﹣ABD．19．（17分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣7=0．（1）过点P（3，4）且被圆C截得的弦长为4的弦所在的直线方程（2）是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦AB的中点D到原点O的距离恰好等于圆C的半径，若存在求出直线l的方程，若不存在说明理由．20．（18分）如图，已知PA⊥正方形ABCD所在平面，E、F分别是AB，PC的中点，∠PDA=45°．（1）求证：EF∥面PAD．（2）求证：面PCE⊥面PCD．-13-\n2022-2022学年山西省吕梁市汾阳四中高二（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，共60分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的）各题答案必须答在答题卡上1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是()A．①是棱台B．②是圆台C．③是棱锥D．④不是棱柱【考点】棱台的结构特征．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断，能够求出结果．【解答】解：图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是棱锥．图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱．故选C．【点评】本题考查几何体的结构特征，解题时要认真审题，注意熟练掌握基本概念．2．已知圆锥的高为8，底面圆的直径为12，则此圆锥的侧面积是()A．24πB．30πC．48πD．60π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】圆锥的侧面积是一个扇形，根据扇形公式计算即可．【解答】解：底面圆的直径为12，则半径为6，∵圆锥的高为8，根据勾股定理可知：圆锥的母线长为10．根据周长公式可知：圆锥的底面周长=12π，∴扇形面积=10×12π÷2=60π．故选：D．-13-\n【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积的计算方法．解题的关键是熟记圆锥的侧面展开扇形的面积计算方法．3．过点（﹣1，3）且垂直于直线x﹣2y+3=0的直线方程为()A．2x+y﹣1=0B．2x+y﹣5=0C．x+2y﹣5=0D．x﹣2y+7=0【考点】直线的点斜式方程；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．【专题】计算题．【分析】根据题意，易得直线x﹣2y+3=0的斜率为，由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率为﹣2，又知其过定点坐标，由点斜式得所求直线方程．【解答】解：根据题意，易得直线x﹣2y+3=0的斜率为，由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率为﹣2，又知其过点（﹣1，3），由点斜式得所求直线方程为2x+y﹣1=0．【点评】本题考查直线垂直与斜率的相互关系，注意斜率不存在的特殊情况．4．圆x2+y2﹣2x+6y+8=0的周长等于()A．πB．2πC．2πD．4π【考点】圆的一般方程．【专题】计算题；直线与圆．【分析】将圆的一般式方程化成标准方程，得（x﹣1）2+（y+3）2=2，由此可得圆的半径r=，再由圆的周长公式即可求出该圆的周长．【解答】解：∵圆的一般方程为x2+y2﹣2x+6y+8=0，∴将圆化成标准方程，得（x﹣1）2+（y+3）2=2由此可得圆的圆心为C（1，﹣3），半径r=因此该圆的周长为2πr=故选：C【点评】本题给出圆的一般式方程，求圆的周长．着重考查了圆的方程和圆周长公式等知识，属于基础题．5．已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为()A．0B．﹣8C．2D．10【考点】斜率的计算公式．【专题】计算题．【分析】因为过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，所以，两直线的斜率相等．【解答】解：∵直线2x+y﹣1=0的斜率等于﹣2，∴过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线的斜率K也是﹣2，∴=﹣2，解得，故选B．【点评】本题考查两斜率存在的直线平行的条件是斜率相等，以及斜率公式的应用．-13-\n6．某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的长度，那么这个几何体的体积是()A．B．C．D．3【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】由三视图可知该几何体为一个三棱锥，锥体高为1，底面三角形一边长为2，此边上对应的高为，按照锥体体积计算公式求解．【解答】解：由三视图可知该几何体为一个三棱锥，锥体高为1，底面三角形一边长为2，此边上对应的高为．所以V=Sh=××1=故选B【点评】本题考查三视图求几何体的体积，考查计算能力，空间想象能力，三视图复原几何体是解题的关键7．两直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为()A．4B．C．D．【考点】两条平行直线间的距离．【专题】计算题；直线与圆．【分析】根据两条直线平行的条件，建立关于m的等式解出m=2．再将两条直线化成x、y的系数相同，利用两条平行直线间的距离公式加以计算，可得答案．【解答】解：∵直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，∴，解得m=2．因此，两条直线分别为3x+y﹣3=0与6x+2y+1=0，即6x+2y﹣6=0与6x+2y+1=0．∴两条直线之间的距离为d===．故选：D【点评】本题已知两条直线互相平行，求参数m的值并求两条直线的距离．着重考查了直线的位置关系、平行线之间的距离公式等知识，属于基础题．8．若直线（1+a）x+y+1=0与圆x2+y2﹣2x=0相切，则a的值为()A．﹣1，1B．﹣2，2C．1D．﹣1【考点】圆的切线方程．【专题】直线与圆．-13-\n【分析】把圆的方程化为标准形式，根据圆心到直线（1+a）x+y+1=0的距离等于半径，求得a的值．【解答】解：圆x2+y2﹣2x=0即（x﹣1）2+y2=1，表示以（1，0）为圆心、半径等于1的圆，再根据圆心到直线（1+a）x+y+1=0的距离d==1，求得a=﹣1，故选：D．【点评】本题主要考查直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想，属于基础题．9．设a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γB．若a，b与α所成的角相等，则a∥bC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥b，a⊂α，则b∥α【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】阅读型；空间位置关系与距离．【分析】结合两平面的位置关系，由面面垂直的性质，以及面面平行的判定即可判断A；由线面角的概念，结合两直线的位置关系即可判断B；由线面平行的性质定理和线面垂直的性质以及面面垂直的判断即可判断C；由线面平行的判定定理即可判断D．【解答】解：A．若α⊥β，α⊥γ，则β、γ可平行，如图，故A错；B．若a，b与α所成的角相等，则a∥b或a，b相交或a，b异面，故B错；C．若a⊥α，a∥β，则过a的平面γ∩β=c，即有c∥a，则c⊥α，c⊂β，则α⊥β，故C正确；D．若a∥b，a⊂α，则b⊂α，或b∥α，由线面平行的判定定理得，若a∥b，a⊂α，b⊄α，则b∥α，故D错．故选C．【点评】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，面面平行、垂直的判定和性质，熟记这些是正确解题的关键．10．若直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），则k的值为()A．B．C．D．-13-\n【考点】直线与圆的位置关系．【分析】直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．【解答】解：如图，直线过定点（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，∴k=±．故选A．【点评】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．11．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A﹣BD﹣C的余弦值为()A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣【考点】二面角的平面角及求法．【专题】空间角．【分析】先找二面角A﹣BD﹣C的平面角，根据已知条件，取BD中点E，连接AE，CE，则∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，并且根据已知边的长度得，所以由余弦定理即可求cos∠AEC．【解答】解：如图，取BD中点E，连接AE，CE，则由已知条件知：AE⊥BD，CE⊥BD；∴∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，并且AE=CE=，AC=；∴在△ACE中由余弦定理得：cos∠AEC=．-13-\n故选B．【点评】考查二面角及二面角的平面角的定义，以及找二面角平面角的方法，余弦定理．12．动点A在圆x2+y2=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是()A．（x+3）2+y2=4B．（x﹣3）2+y2=1C．（2x﹣3）2+4y2=1D．（x+3）2+y2=【考点】轨迹方程；中点坐标公式．【专题】计算题．【分析】根据已知，设出AB中点M的坐标（x，y），根据中点坐标公式求出点A的坐标，根据点A在圆x2+y2=1上，代入圆的方程即可求得中点M的轨迹方程．【解答】解：设中点M（x，y），则动点A（2x﹣3，2y），∵A在圆x2+y2=1上，∴（2x﹣3）2+（2y）2=1，即（2x﹣3）2+4y2=1．故选C．【点评】此题是个基础题．考查代入法求轨迹方程和中点坐标公式，体现了数形结合的思想以及分析解决问题的能力．二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）各题答案必须答在答题卡上13．点P（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是．【考点】点到直线的距离公式．【分析】直接应用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：由点到直线的距离公式可得：．故答案为：【点评】本题考查点到直线的距离公式，是基础题．14．如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为4：9．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】据体积比等于相似比的立方，求出两个球的半径的比，表面积之比等于相似比的平方，即可求出结论．【解答】解：两个球的体积之比为8：27，根据体积比等于相似比的立方，表面积之比等于相似比的平方，可知两球的半径比为2：3，从而这两个球的表面积之比为4：9．故答案为：4：9【点评】本题是基础题，考查相似比的知识，考查计算能力，常考题．15．已知圆（x﹣1）2+（y+1）2=16的一条直径恰好经过直线x﹣2y+3=0被圆所截弦的中点，则该直径所在直线的方程为2x+y﹣1=0．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】综合题；方程思想；综合法；直线与圆．-13-\n【分析】由题意求出圆心坐标（1，﹣1），再由弦的中点与圆心的连线与弦所在的直线垂直求出斜率，进而求出该直径所在的直线方程【解答】解：由题意知，已知圆的圆心坐标（1，﹣1）∵弦的中点与圆心的连线与弦所在的直线垂直得，且方程x﹣2y+3=0∴该直径所在的直线的斜率为：﹣2，∴该直线方程y+1=﹣2（x﹣1）；即2x+y﹣1=0，故答案为：2x+y﹣1=0．【点评】本题考查了过弦中点的直径和弦所在的直线的位置关系，直线垂直和直线的斜率关系，进而求直线方程，属于中档题．16．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于60°．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题．【分析】利用异面直线夹角的定义，将EF平移至MG（G为A1B1中点），通过△MGH为正三角形求解．【解答】解：取A1B1中点M连接MG，MH，则MG∥EF，MG与GH所成的角等于EF与GH所成的角．容易知道△MGH为正三角形，∠MGH=60°∴EF与GH所成的角等于60°故答案为：60°【点评】本题考查异面直线夹角的计算，利用定义转化成平面角，是基本解法．找平行线是解决问题的一个重要技巧，一般的“遇到中点找中点，平行线即可出现”．三、解答题（本大题共4小题，共70分）各题答案必须答在答题卡上17．（1）过点A（﹣5，﹣4）作一直线l，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形面积为5，求其直线方程．（2）已知圆M过两点A（1，﹣1），B（﹣1，1），且圆心M在x+y﹣2=0上，求圆M的方程．【考点】直线和圆的方程的应用．【专题】计算题；对应思想；待定系数法；直线与圆．【分析】（1）设出直线的方程，求出直线与坐标轴的交点坐标，利用三角形的面积公式求出变量，解得直线方程，（2）设圆M的方程为：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，利用待定系数法即可求解．-13-\n【解答】解：（1）设直线为y+4=k（x+5），交x轴于点，交y轴于点（0，5k﹣4），，得25k2﹣30k+16=0，或25k2﹣50k+16=0，解得，或∴2x﹣5y﹣10=0，或8x﹣5y+20=0为所求．（2）设圆M的方程为：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，（r＞0）根据题意得，解得a=b=1，r=2．故所求圆M的方程为：（x﹣1）2+（y﹣1）2=4．【点评】本题考查用待定系数法求直线方程和圆的方程，着重考查了直线的基本量与基本形式、圆的标准方程等知识．18．如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点（I）求证：BD⊥平面EFC；（Ⅱ）当AD=CD=BD=1，且EF⊥CF时，求三棱锥C﹣ABD的体积VC﹣ABD．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）△ABD中，根据中位线定理，得EF∥AD，结合AD⊥BD得EF⊥BD．再在等腰△BCD中，得到CF⊥BD，结合线面垂直的判定定理，得出BD⊥面EFC；（Ⅱ）确定CF⊥平面ABD，S△ABD=，利用体积公式，即可得出结论．【解答】（Ⅰ）证明：∵△ABD中，E、F分别是AB，BD的中点，∴EF∥AD．∵AD⊥BD，∴EF⊥BD．∵△BCD中，CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD．∵CF∩EF=F，∴BD⊥面EFC；（Ⅱ）解：∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD，∵EF⊥CF，EF∩BD=F，∴CF⊥平面ABD，∵CB=CD=BD=1，-13-\n∴CF=，∵AD=BD=1，AD⊥BD，∴S△ABD=，∴VC﹣ABD==．【点评】本题考查线面垂直的判定定理，考查三棱锥C﹣ABD的体积，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．19．（17分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣7=0．（1）过点P（3，4）且被圆C截得的弦长为4的弦所在的直线方程（2）是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦AB的中点D到原点O的距离恰好等于圆C的半径，若存在求出直线l的方程，若不存在说明理由．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题；分类讨论；综合法；直线与圆．【分析】（1）由圆的方程求出圆心的坐标及半径，由直线被圆截得的弦长，利用垂径定理得到弦的一半，弦心距及圆的半径构成直角三角形，再根据勾股定理求出弦心距，分两种情况考虑：若此弦所在直线方程的斜率不存在；若斜率存在，设出斜率为k，由直线过P点，由P的坐标及设出的k表示出直线的方程，利用点到直线的距离公式表示出圆心到所设直线的距离d，让d等于求出的弦心距列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，进而得到所求直线的方程．（2）求出CD的方程，可得D的坐标，利用D到原点O的距离恰好等于圆C的半径，求出b，再利用b的范围，即可求出直线l的方程．【解答】解：（1）由x2+y2﹣2x﹣7=0得：（x﹣1）2+y2=8…当斜率存在时，设直线方程为y﹣4=k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k+4=0∴弦心距，解得∴直线方程为y﹣4=（x﹣3），即3x﹣4y+7=0…当斜率不存在时，直线方程为x=3，符合题意．综上得：所求的直线方程为3x﹣4y+7=0或x=3…（2）设直线l方程为y=x+b，即x﹣y+b=0∵在圆C中，D为弦AB的中点，∴CD⊥AB，∴kCD=﹣1，∴CD：y=﹣x+1由，得D的坐标为…∵D到原点O的距离恰好等于圆C的半径，∴=2，解得…（14分）∵直线l与圆C相交于A、B，∴C到直线l的距离，∴﹣5＜b＜3…（16分）∴b=﹣，则直线l的方程为x﹣y﹣=0…（17分）-13-\n【点评】此题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有垂径定理，勾股定理，点到直线的距离公式，以及直线的斜截式方程，利用了分类讨论的思想，当直线与圆相交时，常常由弦心距，弦的一半及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题，注意合理地进行等价转化．20．（18分）如图，已知PA⊥正方形ABCD所在平面，E、F分别是AB，PC的中点，∠PDA=45°．（1）求证：EF∥面PAD．（2）求证：面PCE⊥面PCD．【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．【分析】（1）取PD中点为G，证明EFGA为平行四边形，由EF∥AG，证明EF∥面PAD．（2）由线面垂直的判定定理证明AG⊥面PCD，从而得到EF⊥面PCD，面PCE⊥面PCD．【解答】解：（1）取PD中点为G，连FG、AG，∵F，G分别为中点，∴FG∥CD，且FG=CD．AE∥CD，且AE=CD，即四边形EFGA为平行四边形，∴EF∥AG，又EF⊄面PAD，AG⊂面PAD，∴EF∥面PAD．（2）PA⊥面ABCD∴PA⊥AD，PA⊥CD∴Rt△PAD中，∠PDA=45°∴PA=AD，AG⊥PD，又CD⊥AD，CD⊥PA，且PA∩AD=A，∴CD⊥面PAD，∴CD⊥AG，又PD∩CD=D，∴AG⊥面PCD，由（1）知EF∥AG∴EF⊥面PCD，又EF⊂面PCE，∴面PCE⊥面PCD．【点评】本题考查两个平面垂直的判定定理的应用以及证明线面平行的方法．-13-
