北京西城15中高二上学期期中考试数学(文)试题

北京十五中高二数学（文）期中考试试卷

本试卷共4页，150分，考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效．

第一部分（选择题 共70分）

一、选择题（共14小题，每小题5分，共70分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）

1．若圆C1:x2y21与圆C2:x2y26x8ym0外切，则m（ ）．

A．21

B．19

C．9

D．11

【答案】C

【解析】解：圆C1:x2y21，得圆心C1(0,0)，半径为1，

由圆C2:x2y26x8ym0，得(x3)2(y4)225m，圆心C2:(3,4)，半径为25m，

∵圆C1与圆C2相切，

∴324225m1，解得：m9．

故选C．

2．如果A(3,1)，B(2,k)，C(8,11)在同一直线上，那么实数k的值是（ ）．

A．6

B．7

C．8

D．9

【答案】D

【解析】解：如果A(3,1)，B(2,k)，C(8,11)在同一直线上， 则kABkAC，即解得：k9． 故选D．

3．若已知△ABC的平方直观图△ABC是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为（ ）．

A．32a 232a 462a 2k1111， 2383 B． C． D．6a2

【答案】C

32【解析】解：直观图△ABC是边长为a的正三角形，故面积为a，

432aS直观图6224=a．由原图和直观图面积之间的关系知，，则原△ABC的面积S【注=2S原图424意有文字】

故选C．

4．已知点A(1,2)，B(3,1)，则线段AB的垂直平分线的方程为（ ）．

A．4x2y50 B．4x2y50 C．x2y50 D．x2y50

【答案】A

1213【解析】解：由点A(1,2)，B(3,1)得线段AB的中点为2,，且kAB，

3122∴线段AB的垂直平分线的斜率k12， kAB32(x2)，即4x2y50． 2∴线段AB的垂直平分线的方程为：y故选A．

5．设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m，则下列选项正确的是（ ）．

A．若∥，则l∥m C．若l∥，则∥

B．若⊥，则l⊥m D．若l⊥，则⊥

【答案】D

【解析】解：A项、若∥，且l，m，则l∥m或l，m异面，故A错误；

B项、若⊥，且l，m，则l与m平行，相交，异面都有可能，故B错误；

C项、若l∥，且l，则∥和与相交都有可能，故C错误；

D项、由面面垂直的判定定理可知，若l，l⊥，则⊥，故D正确．

故选D．

6．在梯形ABCD中，ABCπ，AD∥BC，BC2AD2AB2，将梯形ABCD绕AD所24π 3在的直线旋转一周而形成的曲目所围成的几何体的体积为（ ）．

A．

2π 3 B． C．

5π 3 D．2π

【答案】C

【解析】解：由题意可知，几何体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面，高为1的倒圆锥，

15π∴几何体的体积Vπ122π121．

33故选C．

7．圆(x1)2(y3)21关于直线2xy50对称的圆的方程是（ ）．

A．(x7)2(y1)21 C．(x6)2(y1)21

B．(x7)2(y2)21 D．(x6)2(y2)21

【答案】A

【解析】解：设圆C:(x1)2(y3)21的圆心C(1,3)关于直线2xy50的对称点为C(m,n)，

n3(2)1m7m1则，解得，

1m3nn125022∴圆的方程为：(x7)2(y1)21． 故选A．

8．已知点M(a,b)在圆O:x2y21外，则直线axby1与圆O的位置关系是（ ）．

A．相切

B．相交

C．相离

D．不确定

【答案】B

【解析】解：已知点M(a,b)在圆O:x2y21外，则a2b21， ∴圆心(0,0)到直线ax+by1的距离d1ab221，

∴直线axby1与圆O的位置关系是相交．

故选B．

9．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ）．

221111正(主)视图侧(左)视图112俯视图

A．13

B．23

C．122

D．22 2【答案】B 【解析】解：

PAOCB

根据几何体的三视图得，该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，如图所示， 131∴该几何体的表面积SS△PAC2S△PABS△ABC212(2)22123．

242故选B．

10．如果直线l将圆x2y22x4y0平分，且不通过第四象限，那么直线l的斜率的取值范围是（ ）．

A．[0,1)

B．[0,1]

C．[0,2]

D．[0,3]

【答案】C

【解析】解：由圆的方程x2y22x4y0，即(x1)2(y2)25，得圆心坐标为(1,2)，根据直线l将圆平分，可得l过圆心，故直线l的斜率最小值为0，最大值为线l的斜率的取值范围是[0,2]． 故选C．

11．已知点P是直线3x4y80上的动点，PA，PB是圆x2y22x2y10的两条切线，A，B是切点，C是圆心，则四边形PACB面积的最小值是（ ）．

A．22

B．2

C．2

D．1

【答案】A

【解析】解：由圆的方程x2y22x2y10，即(x1)2(y1)21得圆心C(1,1)，半径

202，即直10r1，

∵PA，PB是切线，

∴SPACB2SRt△PACPAACPAPC2AC2PC21， ∴当PC最小时，四边形PACB的面积最小，

∵PC的最小值是圆心C(1,1)到直线3x4y80的距离，即PCmin∴四边形PACB面积的最小值是32122．

故选A．

12．在如图1所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图

|31418|34223，

分别为（ ）．

z211O12x图1

y2

图①

A．①和②

【答案】D

图②B．①和③

图③

图④

C．③和②

D．④和②

【解析】解：顶点在yOz平面内的投影分别为(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,1)，(0,2,2)，在xOy平面内的投影分别为(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，(2,2,0)， ∴该四面体的正视图和俯视图分别如下图1，图2，

z21O12x图1xz yO y图2

∴该四面体的正视图和俯视图分别是④和②． 故选D．

13．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA1=1，点P为对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点（点P，Q可以重合），则B1PPQ的最小值为（ ）．

A．2

B．3

3C．

2 D．2

【答案】C

【解析】解：由题意，P为对角线AC1的中点，Q为底面ABCD的中心时，B1PPQ最小， ∵长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11， 111∴B1PB1D1，PQAA1，

2223∴B1PPQ的最小值为．

2故选C．

14．若圆O1方程为：(x1)2(y1)240，圆O2方程为：(x3)2(y2)210，则方程(x1)2(y1)24(x3)2(y2)21表示的轨迹图形是（ ）．

A．线段O1，O2的中垂线

B．过两圆的公切线交点且垂直于线段O1O2的直线 C．两圆公共弦所在的直线

D．一条直线且该直线上的点到两圆的切线长相等

【答案】D

【解析】解：∵(x1)2(y1)24表示点(x,y)向圆(x1)2(y1)24所引切线的切线长，

(x3)2(y2)21表示点(x,y)向圆(x3)2(y2)21，所引切线的切线长，

∴(x1)2(y1)24(x3)2(y2)21表示点(x,y)到两圆的切线相等，

又(x1)2(y1)24(x3)2(y2)21化简整理得4x3y70，表示一条直线， ∴方程(x1)2(y1)24(x3)2(y2)21表示的轨迹图形是一条直线且该直线上的点到两圆的切线长相等． 故选D．

第二部分（非选择题 共80分）

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

15．若直线(3a2)x(14a)y80与(5a2)x(a4)y70垂直，则a__________． 【答案】0或1

【解析】解：若直线(3a2)x(14a)y80与(5a2)x(a4)y70垂直， 则(3a2)(5a2)(14a)(a4)0，

即a2a0，解得a0或1．

16．已知正方体外接球的表面积是12π，那么正方体的棱长等于__________． 【答案】2

【解析】解：设正方形的棱长为a，则正方形的体对角线的长就是外接球的直径， 33∴外接球的半径为：a，外接球的表面积为4πa3πa2， 222由题意，3πa212π，解得a2，故正方体的棱长为2．

17．方程x2y2ax2ay2a2a10表示圆，则实数a的取值范围是__________． 2【答案】2,

3【解析】解：∵方程x2y2ax2ay2a2a10表示圆， ∴a24a24(2a2a1)0，即3a24a40， 解得：2a2， 32故实数a的取值范围是2,．

3

18．正四棱台的上下底面周长分别是12和20，斜高为6，则它的高为__________． 【答案】35 【解析】解：由题意，正四棱台的上下底面分别是边长为3和5的正方形，故正四棱台的高53h3635．

222

19．若直线yxb与曲线x1y2恰好有一个公共点，则实数b的取值范围是__________．

【答案】1b≤1或b2 【解析】解：

yAOCBD

曲线x1y2即x2y21(x≥0)表示一个半径为1的半圆，如图所示， 当直线yxb经过点A(0,1)时，求得b1， 当直线yxb经过点B(1,0)时，求得b1，

当直线和半圆相切于点D时，由圆心O到直线yxb的距离等于半径，可得求得，b2或b2（舍去），

故当直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点时b的取值范围是1b≤1或b2．

x|00b| 1，

220．在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，下列命题中正确的是__________．（写出所有正确命题的编号） ．．．．．．

①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点； ②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点； ③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数； ⑤存在恰经过一个整点的直线． 【答案】①③⑤

【解析】解：对于①，令yx1，则直线既不与坐标轴平行又不经过任何整点，故①正确； 2对于②，令k2，b2，则直线方程为y2x2，此时直线经过整点(1,0)，故②错误；

对于③，设ykx为过原点的直线，若此直线l过不同的整点(x1,y1)和(x2,y2)，把两点代入直线l方程得：y1kx1，y2kx2，两式相减得：y1y2k(x1x2)，则(x1x2,y2y2)也在直线ykx上且为整点，通过这种方法得到直线l经过无穷多个整点，反之，也成立，故③正确；

1111对于④，令k，b，则yx不经过整点，故④错误；

2323

对于⑤，令直线y2x，则直线恰经过一个整点(0,0)，故⑤正确．

故命题中正确的是①③⑤．

三、解答题（共4小题，共50分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 21．如图，在三棱锥PABC中，PAPBAB2，BC3，ABC90，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点． （1）求证：DE∥平面PBC． （2）求证：AB⊥PE． （3）求三棱锥PBEC的体积．

PADB【答案】见解析． 【解析】解：

EC

PADBEC

（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点， ∵DE∥BC，又DE平面PBC，BC平面PBC， ∴DE∥平面PBC． （2）证明：连接PD， ∵DE∥BC，又ABC90，

∴DE⊥AB，又PAPB，D为AB中点，

∴PD⊥AB，又PDDED，PD平面PDE，DE平面PDE， ∴AB⊥平面PDE， 又∵PE平面PDE， ∴AB⊥PE．

（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB平面ABCAB，PD⊥AB，PD平面PAB，

∴PD⊥平面ABC，

∵△PAB是边长为2的等边三角形， ∴PD3， 又∵E是AC的中点，

11113∴VPBECVPABC233．

22322

22．圆C经过两点A(1,1)和B(1,1)，且圆心在直线xy20上．

（1）求圆C的标准方程．

（2）设M(1,4)，求过点M且与圆C相切的直线方程．

（3）斜率为2的直线l被圆C多截得的弦长为22，求直线l的方程． 【答案】见解析．

【解析】解：（1）∵圆心C在直线xy20上， ∴设圆C的圆心C(a,2a)，半径为r(r0)， ∴圆C的方程为(xa)2(ya2)2r2， 又∵圆C经过点A(1,1)，B(1,1)，

(1a)2(1a2)2r2∴，解得a1，r2， 222(1a)(1a2)r∴圆C的方程为(x1)2(y1)24．

（2）当直线斜率存在时，设直线方程为y4k(x1)，即kxyk40， 由直线与圆相切得，解得k|2k5|k122，

21， 20∴直线方程为21x20y590，

当直线斜率不存在时，直线方程为x1，此时直线与圆相切，符合题意， 综上所述，直线方程为x3或21x20y590． （3）设直线l的方程为y2x6， ∵直线l被圆C截得的弦长为22， ∴圆心(1,1)到直线y2xb的距离为2， ∴|21b|2，解得b101或b101， 5∴直线l的方程为：y2x101或y2x101．

23．如图，在三棱柱ABCA1B1C1，AA1⊥底面ABC，BAC90，ABAC2，AA13，M，N分别为BC和CC1的中点，P为侧棱BB1上的动点．

（1）求证：平面APM⊥平面BB1C1C．

（2）若P为线段BB1的中点，求证：A1N∥平面APM．

（3）试判断直线BC1与平面APM是否能够垂直，若能垂直，求PB的值；若不能垂直，请

说明理由．

A1C1B1NAMPCB

【答案】见解析． 【解析】解：

A1C1DB1NAMPCB

（1）证明：∵ABAC，M是BC的中点， ∴AM⊥BC，

∵AA1⊥底面ABC，AA1∥BB1， ∴BB1⊥底面ABC，又AM底面ABC， ∴BB1⊥AM， ∵BB1BCB，

∴AM⊥平面BB1C1C， 又∵AM平面APM， ∴平面APM⊥平面BB1C1C．

（2）证明：取C1B1的中点D，连接A1D，DN，DM，B1C， ∵D，M分别为C1B1，CB的中点， ∴DM∥A1A且DMA1A， ∴四边形A1AMD为平行四边形，

∴A1D∥AM，又A1D平面APM，AM平面APM， ∴A1D∥平面APM，

∵D，N分别为C1B1，C1C的中点，

∴DN∥B1C，又P，M分别为B1B，CB的中点，

∴MP∥B1C， ∴DN∥MP，

∵DN平面APM，MP平面APM， ∴DN∥平面APM， 又∵A1DDND，A1D平面A1DN，DN平面A1DN，

∴平面A1DN∥平行APM， ∵A1N平面A1DN， ∴A1N∥平面APM．

（3）假设BC1与平面APM垂直，由于PM平面APM，则BC1⊥PM， 设PBx，x[0,3]，当BC1⊥PM时，BPMB1C1B， ∴

PBC1B143x22，即，得x， MBBB132343[0,3]， 3∵x∴直线BC1与平面APM不能垂直．

24．已知圆C1:x2y24和圆C2:x2y22x4y40． （1）求圆C2的圆心坐标和半径．

（2）求两圆的交点坐标及公共弦所在直线方程．

（3）若直线l:ykx1与圆C1相交于P、Q两点，过点(0,1)作直线l1与l垂直，且直线l1与圆C1交于M，N两点，求四边形PMQN面积的最大值． 【答案】见解析．

【解析】解：（1）由C2:x2y22x4y40，得：(x1)2(y2)29， ∴圆C2的圆心坐标为(1,2)，半径r23．

4545xx12xy45， 5或（2）由方程组2，得2xy2x4y40y25y252155221两方程相减得：2x4y0即yx，

245254525故两圆的交点坐标为5,5和5,5，

1公共弦所在直线方程为：yx．

2（3）设四边形PMQN的面积为S，

1当直线l的斜率k0时，l1的斜率不存在，此时S23443，

21当直线l的斜率k0时，设l1:yx1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

k

ykx1则由2，得(1k2)x22kx30， 2xy4∴x1x22k3，， xx12221k1k224k212k2121k216k212， |PQ|1k|x1x2|1k1k21k2同理得到|MN|11k2161121k212k216k2， 211k12k11(1k2)(16k212)(12k216)116(4k23)(3k24)S|PQ||MN| 22(1k2)221k2212k425k21212(k42k21)k2k21， 22124212242211kk2k1k2k12k22k∵k22112≥22k4， k2k2∴S≤2121727，当且仅当k1时，等号成立， 42∴四边形PMQN面积S的最大值是7．