《高二上学期期中考试数学试题(及答案).pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高二上学期期中考试数学试题(及答案).pdf(6页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 6 页 高二上学期期中考试数学试题(及答案 ) 第卷客观卷(共36 分) 一、选择题(本大题共12 个小题,每小题3 分,共 36 分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题 目要求的) 1已知抛物线)0(2 2 ppxy的准线与圆054 22 xyx相切,则p的值为 A10B6C4D2 2将正方体(如图1 所示)截去两个三棱锥,得到图2 所示的几何体,则该几何体的左视图为() ABCD 3直线210mxym经过一定点,则该定点的坐标为() A2 ,1B2,1C1,2D1,2 4在空间直角坐标系中,O 为坐标原点,设A(1 2, 1 2, 1 2) ,B( 1 2, 1 2,
2、 0) ,C( 1 3, 1 3, 1 3) ,则 AOA AB BAB AC CAC BC DOB OC 5若 P( 2, 1)为圆( x1) 2 y225 的弦 AB 的中点,则直线 AB 的方程为 Ax y30 B2xy3 0 Cx y10 D2xy5 0 6已知 m,n 是两 条不同直线, , , 是三个不同平面,下列命题中正确的是 A若 m ,n ,则 mn B若 , ,则 C若 m ,m ,则 D若 m ,n ,则 mn 7如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中, M,N 分别是棱 BB1, B1C1的中点,若 CMN 90 ,则异面直 线 AD 1和 DM 所成角为 第 2
3、页 共 6 页 A30B45C60D90 8已知直线l 过点( 2,0) , 当直线 l 与圆 x 2y22x 有两个交点时,其斜率 k 的取值范围是 A ( 2 2,2 2)B (2,2) C ( 2 4 , 2 4 )D ( 1 8, 1 8) 9在三棱柱ABC A1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平 面 BB1C1C 所成角的大小是 A30B45C60D90 10过点 M( 2,4)作圆 C: (x2) 2( y1)225 的切线 l,且直线 l1:ax3y2a0 与 l 平行,则 l1与 l 间的距离是 A8 5 B 2 5 C
4、28 5 D 12 5 11点 P(4, 2)与圆 x 2y2 4 上任一点连线的中点轨迹方程是 A (x2) 2( y1)21 B (x2) 2( y1)24 C (x4) 2( y2)2 1 D (x2) 2( y1)21 12设 P(x,y)是圆 x 2( y4)24 上任意一点,则 2 y 2的最小值为 A262 B262 C5 D6 第卷主观卷(共36 分) 二、填空题(本大题共4 小题 ,每小题 4分,共 16 分) 13顺次连结A(1,0) ,B(1,4) ,C(3,4) ,D(5,0)所得到的四边形绕y 轴旋转一周,所得旋转体的体积 是_ 14经过点P(1,2)的直线,且使A(
5、2,3) ,B ( 0, 5)到它的距离相等的直线方程为_ 15圆 x 2 y2 DxEy F0 关于直线 l1:xy40 与直线 l2: x3y 0 都对称,则D_,E _ 16已知圆C 过点( 1,0) ,且圆心在x 轴的正半轴上,直线l:yx 1 被圆 C 所截得的弦长为2 2,则过 圆心且与直线l 垂直的直线的方程为_ 三、解答题(本题共6 个小题,每小题8 分) 17如 图,四棱锥PABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,DAB 60 ,AB 2AD ,PD底面 ABCD (1)证明 PABD; (2)设 PDAD 1,求棱锥DPBC 的高 第 3 页 共 6 页 18如图,矩形
6、ABCD 的两条对角线相交于点M(2,0) ,AB 边所在直线的方程为x3y60,点 T( 1,1)在 AD 边所在直线上 (1)求 AD 边所在直线的方程; (2)求矩形ABCD 外接圆的方程 19已知圆的半径为10, 圆心在直线y2x 上,圆被直线xy0 截得的弦长为42,求圆的方程 20如图 ,几何体EABCD 是四棱锥, ABD 为正三角形,CBCD,ECBD (1)求证: BEDE; (2)若 BCD 120 ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM 平面 BEC 21在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C1: (x4) 2( y5)24 和圆 C 2: (x3) 2( y1)24 (1
7、)若直线l1过点 A( 2,0) ,且与圆 C1相切,求直线l1的方程; (2)直线 l2的方程是 x 5 2,证明:直线 l1上存在点P,满足过P 的无穷多对互相垂直的直线l3和 l4, 它们分别与圆C1和圆 C2相交,且直线l3被圆 C1截得的弦长与直线l4被圆 C2截得的弦长相等 22如图已知三棱柱ABC A1B1C1中, D、E 分别是 AB、BB1的中点 (1)证明: BC1面 A1CD; (2)设 AA1AC CB2, AB2 2,求三棱锥CA1DE 的体积 第 4 页 共 6 页 高二第一学期期中考试 数学试题参考答案 一、选择题 D、D、A、C、A、D、D、C、C、D、A、B
8、二、填空题 13 184 3 144xy2 0 或 x 1 1562 16 xy30 三、解答题 17 ( 1)证明:因为DAB 60 ,AB 2AD,由余弦定理得BD3AD 从而 BD 2AD2AB2,故 BDAD 又 PD底面 ABCD ,可得 BD PD 所以 BD 平面 PAD故 PABD (2)如图,作DEPB,垂足为E已知 PD底面 ABCD ,则 PD BC由( 1)知 BDAD , 又 BCAD ,所以 BC BD 故 BC 平面 PBD,所以 BCDE则 DE平面 PBC 由题设知PD1,则 BD3,PB2根据 DE PBPD BD,得 DE 3 2 , 即棱锥 DPBC 的
9、高为 3 2 18解: (1) 因为 AB 边所在直线的方程为x3y60,且 AD 与 AB 垂直,所以直线AD 的斜率为 3又 因为点 T( 1,1)在直线 AD 上,所以 AD 边所在直线的方程为y1 3(x1) ,即 3xy2 0 第 5 页 共 6 页 (2) 由 x3y60 3xy20 , 解得点 A 的坐标为(0, 2) 因为矩形 ABCD 两条对角线的交点为M(2,0) , 所以 M 为矩形 ABCD 外接圆的圆心 又 r |AM| 2 0 22 2所以矩形ABCD 外接圆 的方程为( x2) 2y28 19解:方法一:设圆的方程是(x a) 2( y b)210因为圆心在直线
10、y2x 上, 所以 b2a 解 方程组 xy 0, 2 y 210, 得 2x 2 2(ab)xa2b2 100, 所以 x1x2ab,x1 x2 a 2 b210 2 由弦长公式得2 22b2 4 2, 化简得( ab) 24 解组成的方程组,得a2,b4, 或 a 2,b 4故所求圆的方程是(x 2) 2( y 4)210,或( x2)2( y4)2 10 方法二:设圆的方程为(xa) 2( yb)2 10,则圆心为( a,b) ,半径r10,圆心( a,b)到 直线 xy 0 的距离 d |ab| 2 由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d 2(4 2 2 ) 2r2,即 2 2 81
11、0, 所以( ab) 24又因为 b2a,所以 a2,b4,或 a 2,b 4 故所求圆的方程是(x2) 2( y4)210,或( x2)2( y4)210 20解: (1)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则由 BCCD 知, COBD,又已知 CE BD,所以 BD平面 OCE所以 BDOE,即 OE 是 BD 的垂直平分线,所以BEDE (2)取 AB 中点 N,连接MN ,DN , M 是 AE 的中点, MN BE, ABD是等边三角形, DN AB由 BCD120 知, CBD 30 ,所以 ABC 60 30 90 ,即 BCAB , 所以 ND BC,所以平面MND 平面
12、 BEC,故 DM 平面 BEC 21解:(1)若直线斜率不存在,x 2符合题意; 当直线 l1的斜率存在时,设直线l1的方程为yk(x2) ,即 kxy2k0, 由条件得 |4k52k| k 21 2,解得 k21 20, 所以直线l1的方程为x2 或 y 21 20(x2) ,即 x 2或 21x20y 420 第 6 页 共 6 页 (2)由题意知,直线l3,l4的斜率存在,设直线 l3的斜率为k,则直线l4的斜率为 1 k , 设点 P 坐标为( 5 2 ,n) ,互相垂直的直线l3,l4的方程分别为:ynk(x5 2) ,yn 1 k(x 5 2) ,即 kx y n5 2k 0,
13、1 k xyn 5 2k0, 根据直线l3被圆 C1截得的弦长与直线l4被圆 C2截得的弦长相等, 两圆半径相等 由垂径定理得: 圆心 C1到 直线 l3与圆心 C2到直线 l4的距离相等 有 4k5n5 2k k 21 3 k 1 n 5 2k 1 k 21 , 化简得nkn 2 21 ) 2 5 (或) 2 1 ( 2 1 ) 2 1 (nnkn 关于k的方程有无穷多解, 有0 2 1 n,即 2 1 n,即直线 2 l上满足条件的点P是存在的,坐标是( 2 1 , 2 5 ) 22解:(1)连结 AC1交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1的中点,又 D 是 AB 中点,连结DF,则 BC1DF,因 为 DF? 平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1平面 A1CD (2) 因为 ABC A1B1C1是直三棱柱, 所以 AA1CD, 由已知 ACCB, D 为 AB 中点,所以,CDAB, 又 AA 1 ABA,于是 CD平面 ABB1A1,由 AA1AC CB2,AB 2 2得, ACB 90 ,CD2, A1D6,DE3,A1E3,故 A1D 2DE2A 1E 2,即 DEA 1D,所以 VC A1DE 1 3 1 2 6 3 21
链接地址:https://www.31doc.com/p-5102974.html