安徽省池州市贵池区2018_2019学年高二数学上学期期中试题文（扫描版）.doc

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1、- 1 -安徽省池州市贵池区 2018-2019 学年高二数学上学期期中试题 文（扫描版）- 2 - 3 - 4 - 5 -贵池区 2018 2019学年度第一学期期中教学质量检测高 二 数 学 参 考 答 案 （ 文 科 ）1答案：C 2答案：B 3答案：C4解析：设圆台较小底面的半径为 r，则 S 圆台侧 ( r3 r)l84，又 l7， r3.答案：A5解析：由两直 线垂直得(2 a5)(2 a)( a2)( a3)0，即 a24， a2.答案：C6 【答案】D7解析：直线 l： x y c0 表示斜率为1 的一组平行直线，所以把点 A、 B 代入即可求得直线 l 在 y 轴上的截距的取

2、值范围代入点 A 得 c3，所以直线在 y 轴上的截距为3，同理代入点 B 得直线在 y 轴上的截距为 5.故选 A.答案：A8解析：因为 PA平面 ABC，所以 PA BC.因为 PD BC， PA PD P， 所以 BC平面 PAD.所以 AD BC.题图中直角三角形有 PAC， PAD， PAB， ABC， PDC， PDB， ADC， ADB，共8 个答案：D9解析：由题意 知 ， OM PD，则 OM平面 PCD，且 OM平面 PDA.答案：C10解析：几何体为四棱锥，结合直观图判断棱锥的高与底面四边形的形状，判断相关几何量的数据，把数据代入棱锥的体积公式计算由三视图知：几何体为四棱

3、锥，如图：其中 SA平面 ABCD， SA2，四边形 ABCD 为直角梯形，AD1， BC2， AB2，四棱锥的体积 V 222(cm 3)13 1 22答案：A11答案：B12解析：连接 AC1(图略)， BAC90，即 AC AB，又 AC BC1， AB BC1 B，所以 AC- 6 -平面 ABC1.又 AC平面 ABC，于是平面 ABC1平面 ABC，且 AB 为交线因此点 C1在平面 ABC 上的射影必在直线 AB 上答案：A二、填空题13解析：由条件可知， ，解得 m8. 答案：836 4m 31114 解析：由三视图知该几何体为三棱锥，且三棱锥的一个侧面与底面垂直，其直观图如图

4、：O 为 BD 的中点正视图、侧视图和俯视图都是等腰直角三角形， OA OB OC OD，几何体的外接球的半径为 1，外接球的体积 V 1 3 .43 43答案：4315 解析：如图，连接 PO，则 PO SA， OPD 即为异面直线 SA 与 PD 所成的角又 OPD 为直角三角形， POD 为直角，tan OPD .ODOP 22 2答案： 216 解析：因为 PH底面 ABC，所以 PH BC，又 PA BC，所以 BC平面 PAH，所以 AH BC.同理 BH AC，可得 H 是 ABC 的垂心，正确若 PA， PB， PC 两两互相垂直，所以 PA平面 PBC，所以 PA BC，由此

5、 推出 AH BC，同理 BH AC，可得 H 是 ABC 的垂心，正确若 ABC90， H 是 AC 的中点，可推出 PHA PHB PHC，则 PA PB PC，正确若 PA PB PC，由此推出 AH BH CH，则 H 是 ABC 的外心，正确答案：三解答题17(本小题满分 10分)- 7 -解析：（1）直线 l 的斜率为 ，设在 y 轴上的截 距为 b(b0)，则方程为 y x b，16 16所 以与 x 轴的交点为(6 b,0) .2 分所以与两坐标轴围成的三角形的面积 S 6bb3，解得 b1，12直线 l 的方程为 y x1 5 分16（2）设直线 l 的方程为 y kx3，令

6、 y0，则 x ， 5. k 83k 9k2 9 34分直线 l 的方程为 y x3，即 3x4 y120 或 3x4 y120 .10 分3418解： S 表面 S 圆台底面 S 圆台侧面 S 圆锥侧面5 2(25)522 604 .6 分2 2V V 圆 台 V 圆锥 ( r r1r2 r )h 圆台 r h 圆锥 12 分13 21 2 13 21 148319. 解：（1）当斜率不存在时，方程 x 2 符合题意；.2 分当直线的斜率存在时，设为 k，则直线方程应为 y1 k(x2)，即 kx y2 k10 .4 分由题意得 2，解得 k 6 分|2k 1|k2 1 34直线方程为 3x

7、4 y100.适合题意的直线方程为 x20 或 3x4 y100 8 分（2）过点 P 且与原点的距离最 大的直线应为过点 P 且与 OP 垂直的直线，易求其方程为2x y50，且最大距离 d 12 分520 （1）证明：连接 BD1，在 DD1B 中， E， F 分别为 D1D， DB 的中点，则 EF D1B.因为 EF D1B， D1B平面 ABC1D1，EF平面 ABC1D1，所以 EF平面 ABC1D1 6 分（2）证明：因为 B1C AB， B1C BC1，AB， BC1平面 ABC1D1， AB BC1 B，所以 B1C平面 ABC1D1.A BED CA1 B1D1 C1F-

8、8 -又 BD1平面 ABC1D1，所以 B1C BD1.又因为 EF BD1，所以 EF B1C12 分21 （1）证明：设 G 为 AD 的中点，连接 PG， BG，如图 PAD 为正三角形， PG AD.在菱形 ABCD 中， DAB60， G 为 AD 的中点， BG AD.又 BG PG G， AD平面 PGB. PB平面 PGB， AD PB.6 分（2）解：当 F 为 PC 的中点时，满足平面 DEF平面 ABCD.设 F 为 PC 的中点，则在 PBC 中， FE PB.在菱形 ABCD 中， GB DE，而 FE平面DEF， DE平面 DEF， EF DE E.平面 DEF平

9、面 PGB. 由(1)得 PG平面 ABCD，而 PG平面 PGB，平面 PGB平面 ABCD，平面 DEF平面 ABCD12 分22(1)证明：如图，连接 AB， AC.四边形 ABB A为矩形， M 为 A B 的中点， AB与 A B 交于点 M，且 M 为 AB的中点，又点 N 为 B C的中点， MN AC，又 MN平面 A ACC，且 AC 平面 A ACC， MN平面 A ACC4 分（2）证明： A B A C2， B A C 90，点 N 为 B C的中点， A N B C，且 A N .2又 BB平面 A B C， A N BB，且 B C BB B， A N平面 BCN8 分（3）解：由图可知 VCMNB VMBCN. AB AC AA2， BAC90， BC2 .12 2又三棱柱 ABCA B C为 直三棱柱，且 AA4， S BCN 2 44 .12 2 2- 9 -又 M 为 A B 的中点， M 到平面 BCN 的距离为 A N ，12 22 VCMNB VMBCN 4 12 分13 2 22 43