合肥市168中学学年第二学期期中高二数学理科试题解析卷.docx
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合肥市168中学学年第二学期期中高二数学理科试题解析卷
合肥市168中学2018-2019学年第二学期期中
高二数学文科试卷
安徽省合肥一六八中学2018-2019学年高二上学期期中考试文科数学（宏志班）试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.下列说法正确的是（ ）
A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形
C.有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
【答案】B
【解析】
【分析】
由棱柱、棱锥及棱台的结构特征说明A，C，D错误；画图说明B正确，即可得到答案．
【详解】棱柱的结构特征是：
有两个平面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边互相平行，这些面所围成的几何体叫棱柱，故A错误；
四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，正确，如图所示：
PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为矩形；
有两个平面互相平行，其余各面都是梯形，若侧棱不相交于一点，则不是棱台，故C错误；
由于棱台是用平行于底面的平面截棱锥得到的，∴棱台的各侧棱延长后一定交于一点，故D错误．
故选：
B．
【点睛】本题主要考查了棱柱、棱锥及棱台的结构特征，其中解答中熟记棱柱、棱锥及棱台的结构特征是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。
2.如图所示，矩形O′A′B′C′是水平放置一个平面图形的直观图，其中O′A′=6，O′C′=2，则原图形是（ ）
A.正方形
B.矩形
C.菱形
D.一般的平行四边形
【答案】C
【解析】
将直观图还原得▱OABC，则O′D′＝O′C′＝2（cm），OD＝2O′D′＝4（cm），
C′D′＝O′C′＝2（cm），∴CD＝2（cm），
OC＝＝＝6（cm），
OA＝O′A′＝6（cm）＝OC，
故原图形为菱形．
3.已知直线a、b是异面直线，直线c、d分别与a、b都相交，则直线c、d的位置关系（ ）
A.可能是平行直线B.一定是异面直线
C.可能是相交直线D.平行、相交、异面直线都有可能
【答案】C
【解析】
本题考查空间直线位置关系判定。
直线不可能平行，异面、相交都有可能。
4.在正四面体的6条棱中随机抽取2条，则其2条棱互相垂直的概率为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，作出正四面体A-BCD，由组合数公式可得从其6条棱中随机抽取2条的取法数目，结合正四面体的几何结构分析可得其相互垂直的棱的数目，由古典概型的概率公式，计算可得答案．
【详解】根据题意，如图所示，在正四面体A-BCD的6条棱中随机抽取2条，有C62=15种情况，
又由正四面体的几何结构，其中相互垂直的棱有AC、BD，AB、CD，AD、BC，共3组，
则其概率P=；
故选：
C．
【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及正四面体的几何结构特征，关键是由正四面体的几何结构得到相互垂直的棱的数目是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。
5.已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n
【答案】C
【解析】
试题分析：
由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
6.直线与的位置关系是（）
A.平行B.垂直C.斜交D.与的值有关
【答案】B
【解析】
解：
因为与，那么利用斜率
，所以说明两直线垂直。
7.设△ABC的一个顶点是A（3，-1），∠B，∠C的平分线方程分别是x=0，y=x，则直线BC的方程是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出点A关于直线x=0，y=x的对称点的坐标，由于它们都在直线BC上，再利用两点式方程求解即可．
【详解】解：
∵∠B、∠C的平分线分别是x=0，y=x，
∴AB与BC对于x=0对称，AC与BC对于y=x对称．
因为点A（3，-1）关于x=0的对称点A'（-3，-1）在直线BC上，
点A关于y=x
对称点A''（-1，3）也在直线BC上．
由两点式得
所求直线BC的方程：
y=2x+5．
故选：
A．
【点睛】本题主要考查点关于直线对称点的坐标的求法，直线方程的求法，考查计算能力，发现问题解决问题的能力，属于基础题.
8.α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（ ）
A.m，n是平面内两条直线，且，
B.内不共线的三点到的距离相等
C.，都垂直于平面
D.m，n是两条异面直线，，，且，
【答案】D
【解析】
【分析】
A中，根据面面平行的判定定理可得：
α∥β或者α与β相交．B中，根据面面得位置关系可得：
α∥β或者α与β相交．C中，则根据面面得位置关系可得：
α∥β或者α与β相交．D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案。
【详解】由题意，对于A中，若m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：
α∥β或者α与β相交．所以A错误．
对于B中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：
α∥β或者α与β相交．所以B错误．
对于C中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：
α∥β或者α与β相交．所以C错误．
对于D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D正确．
故选：
D．
【点睛】本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．
9.某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（）（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
试题分析：
分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别为
，
，
，长方体上底面截圆锥的截面半径为
，则
，如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则可知
，而长方体的体积
，当且仅当
，
时，等号成立，此时利用率为
，故选A.
考点：
1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.
【名师点睛】本题主要考查立体几何中的最值问题，与实际应用相结合，立意新颖，属于较难题，需要考生从实际应用问题中提取出相应的几何元素，再利用基本不等式求解，解决此类问题的两大核心思路：
一是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，或利用导数或利用基本不等式，求其最值.
10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
从题设所提供的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是底面分别是腰长为的等腰直角三角形，高为4的柱体，如图，其全面积，应选答案B。
11.如图所示，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P取得最小值，则此最小值为（ ）
A.2
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
试题分析：
将翻折到与四边形同一平面内，
最小值为，在中，由余弦定理可得
考点：
1.翻折问题；2.空间距离
12.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是AB、BC的中点，过点D1、E、F的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为V1、V2（V1＜V2），则V1：
V2=（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先作出截面，再分别求出体积，即可求出V1：
V2．
【详解】解：
如图所示，
设正方体的棱长为2a，则过点D1、E、F的截面下方体积为
∴另一部分体积为8a3-=，
∴V1：
V2=，
故选：
C．
【点睛】本题考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确求出体积是关键．
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.直线l：
ax+（a+1）y+2=0的倾斜角大于45°，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
当a=-1时，符合题意；当a≠-1时，只需<0或>1即可，解不等式综合可得．
【详解】当a＝－1时，直线l的倾斜角为90°，符合要求；当a≠－1时，直线l的斜率为，只要>1或者<0即可，解得－10.综上可知，实数a的取值范围是（－∞，－）∪（0，＋∞）．
【点睛】本题考查直线的倾斜角，涉及解不等式和分类讨论，属基础题．
14.正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的体积为______．
【答案】
【解析】
如图，过S作SO1⊥平面ABCD，由已知=1.在Rt△SO1C中，
∵SC＝，∴，∴O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D，故O1是过S，A，B，C，D点的球的球心，∴球的半径为r＝1，
∴球的体积为.
点睛：
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
15.（2013•湖北）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：
在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是 _________ 寸．
（注：
①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）
【答案】3
【解析】
试题分析：
如图，
由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
∵积水深9寸，
∴水面半径为（14+6）=10寸，
则盆中水的体积为π×9（62+102+6×10）=588π（立方寸）．
∴平地降雨量等于（寸）
考点：
棱柱、棱锥、棱台的体积
16.如果三棱锥A-BCD的底面BCD是正三角形，顶点A在底面BCD上的射影是△BCD的中心，则这样的三棱锥称为正三棱锥．给出下列结论：
①正三棱锥所有棱长都相等；
②正三棱锥至少有一组对棱（如棱AB与CD）不垂直；
③当正三棱锥所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点到它的四个面的距离之和为定值；
④若正三棱锥所有棱长均为2，则该棱锥外接球的表面积等于12π．
⑤若正三棱锥A-BCD的侧棱长均为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱AC，AD于M，N．则△BMN周长的最小值等于2．
以上结论正确的是______（写出所有正确命题的序号）．
【答案】③④⑤
【解析】
【分析】
根据正三棱锥的定义，对每个命题逐一进行判断，即可得出结论．
【详解】解：
①正三棱锥所有侧棱长都相等，底边长都相等，故不正确；
②设正三棱锥顶点A在底面BCD上的射影是△BCD的中心O，则AO⊥CD,CD⊥OB,所以CD⊥平面ABO,所以CD⊥AB,正三棱锥至少有一组对棱（如棱AB与CD）不垂直不正确，故不正确；
③正四面体内的任意一点到四个面的距离之和为，则
，化简可得，即为正四面体的高，所以当正三棱锥所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点到它的四个面的距离之和为定值是正确的．
④设正四面体的棱长为a,外接球的半径为R,则，解得．若
正三棱锥所有棱长均为2，则该棱锥外接球半径为，表面积等于12π，所以正确．
⑤若正三棱锥A-BCD的侧棱长均为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱AC，AD于M，N．则利用展开法得△BMN周长的最小值等于，故正确．
故答案为：
③④⑤．
【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，考查几何元素垂直位置关系的证明，考查正三棱锥的定义，考查展开法求周长的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.如图，在四棱锥
中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
【答案】见解析
【解析】
简单考察空间想象能力和推理论证能力、线面平行和垂直的判定与性质，容易题。
（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，
又
直线EF‖平面PCD
（2）F是AD的中点，
又平面PAD⊥平面ABCD，
所以，平面BEF⊥平面PAD。
18.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PAC=∠BAC=60°，AC=4，AP=3，AB=2．
（1）求三棱锥P-ABC的体积；
（2）求点C到平面PAB距离．
【答案】
（1）3；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）过P作PH⊥AC交AC于一点H，可证PH⊥平面ABC，计算PH和△ABC的面积，代入体积公式计算棱锥的体积；
（2）依次计算AH，BH，PB，利用余弦定理计算∠PAB，得出△PAB的面积，根据VP-ABC=VC-PAB列方程计算C到平面PAB的距离．
【详解】
（1）过P作PH⊥AC交AC于一点H，
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PH⊂平面PAC，
∴PH⊥平面ABC．
在△PAC中，∠PAC=60°，PA=3，则PH=PAsin∠PAC=，AH=PAcos∠PAC=．
∵△ABC的面积S△ABC===2．
∴四面体P-ABC体积VP-ABC===3．
（2）连接BH．
在△ABH中，由余弦定理可得：
BH2=AH2+AB2-2AH•AB•cos∠BAC=+4-2×=，
∴PB2=PH2+BH2=+=10，∴PB=．
在△PAB中，由余弦定理得：
cos∠PAB===，∴sin∠PAB=．
∴△PAB的面积S△PAB===．
设C点到平面PAB距离为h，则VC-PAB=S△PAB•h=3，
即=3．解得h=．
∴C点到平面PAB距离
．
【点睛】本题主要考查了三棱锥
体积的计算，以及利用等积法求解点到平面的距离，其中解答中涉及到余弦定理的应用，应用等积法求解点面距，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于中档试题。
19.已知点P到两定点M（-1，0）、N（1，0）距离的比为，点N到直线PM的距离为1，求直线PN的方程．
【答案】y=x－1或y=－x+1．
【解析】
【分析】
设P的坐标为（x，y），由题意点P到两定点M（﹣1，0）、N（1，0）距离的比为，可得，结合两点间的距离，化简整理得x2+y2﹣6x+1=0，又由点N到PM的距离为1，即|MN|=2，可得直线PM的斜率，进而可得直线PM的方程，并将方程代入x2+y2﹣6x+1=0整理得x2﹣4x+1=0，解可得x的值，进而得P的坐标，由直线的方程代入点的坐标可得答案．
【详解】设P的坐标为（x，y），由题意有，
即，
整理得x2+y2﹣6x+1=0，
因为点N到PM的距离为1，|MN|=2
所以PMN=30°，直线PM的斜率为
直线PM的方程为
将代入x2+y2﹣6x+1=0整理得x2﹣4x+1=0
解得，
则点P坐标为或或
直线PN的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．
【点睛】本题考查直线的方程，注意结合题意，选择直线方程的合适的形式，进行整理变形、求解，属于中档题．
20.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，PA=PD，M为CD的中点，BD⊥PM．
（1）求证：
平面PAD⊥平面ABCD；
（2）若∠APD=90°，四棱锥P-ABCD的体积为，求三棱锥A-PBM的高．
【答案】
（1）见解析；
（2）三棱锥的高
【解析】
试题分析：
（1）根据已知条件证明平面，再利用面面垂直的判定即可得证；
（2）利用棱锥的体积计算公式，求得底面积与高即可求解，或利用等积变换即可求解.
试题解析：
（1）取的中点，连接
，
，
，∵，∴，
∵底面为菱形，∴，又∵，
分别为
，
的中点，
∴，∴，又，，∴平面，
则，∴平面，又平面，∴平面平面；
（2）法一：
连接
，
，设，由
，
可得，，又底面为菱形，，
∴，由
（1）可知，平面，
则，
∴，则，可得，
∵，∴.
法二：
由题得，，又∵，
∴.
考点：
1.面面垂直的判定与性质；2.空间几何体体积求解．
21.（本小题满分12分）
如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上
点（点E与B1不重合），且EH∥A1D1.过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G。
（I）证明：
AD∥平面EFGH；
（II）设AB=2AA1="2"a.在长方体ABCD－A1B1C1D1内随机选取一点。
记该点取自几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为p，当点E，F分别在棱A1B1上运动且满足EF=a时，求p的最小值.
【答案】（I）见解析（II）p的最小值等于7/8
【解析】
本小题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概念等基础知识，考察空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考察函数与方程思想、形数结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。
满分12分
解法一：
（I）证明：
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥A1D1
又∵EH∥A1D1，∴AD∥EH.
∵AD￠平面EFGH
EH
平面EFGH
∴AD//平面EFGH.
（II）设BC=b，则长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V=AB·AD·AA1=2a2b，
几何体EB1F-HC1G的体积V1=（1/2EB1·B1F）·B1C1=b/2·EB1·B1F
∵EB12+B1F2=a2
∴EB12+B1F2≤（EB12+B1F2）/2=a2/2,当且仅当EB1=B1F=a时等号成立
从而V1≤a2b/4.
故p=1-V1/V≥=
解法二：
（I）同解法一
（II）设BC=b，则长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V=AB·AD·AA1=2a2b，
几何体EB1F-HC1G的体积
V1=（1/2EB1·B1F）·B1C1=b/2EB1·B1F
设∠B1EF=θ（0°≤θ≤90°），则EB1="a"cosθ，B1F="a"sinθ
故EB1·B1F=a2sinθcosθ=
，当且仅当sin2θ=1即θ=45°时等号成立.
从而
∴p=1-V1/V≥=，当且仅当sin2θ=1即θ=45°时等号成立.
所以，p的最小值等于7/8
22.如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.
（Ⅰ）证明：
G是AB的中点；
（Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）作图见解析，体积为.
【解析】
试题分析：
证明由可得是的中点.（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得四面体的体积
试题解析：
（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以
因为在平面内的正投影为，所以
所以平面，故
又由已知可得，，从而是的中点.
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.
理由如下：
由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
【考点】线面位置关系及几何体体积的计算
【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.
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