2022—2022学年（一）高二期中考试数学试卷本试卷分共150分，考试时间90分钟.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1、已知是异面直线,直线平行直线,则与( )A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线2、已知直线相切，则三条边长分别为|a|，|b|，|c|的三角形。A．是锐角三角形B．是直角三角形C．是钝角三角形D．不存在3、下列说法正确的是( )A.方程表示过点且斜率为的直线B.直线与轴的交点为,其中截距C.在轴、轴上的截距分别为、的直线方程为D.方程表示过任意不同两点的直线4、在下列四个命题中,正确的命题共有( )①坐标平面内的任何条直线均有倾斜角与斜率;②直线的倾斜角为,则的取值范围为;③若一直线的斜率为,则此直线的倾斜角为;④若一直线的倾斜角为,则此直线的斜率为.A.0个B.1个C.2个D.3个5、一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A．必定都不是直角三角形B．至多有一个直角三角形C．至多有两个直角三角形D．可能都是直角三角形6、长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球面的表面积为（）A．B．56πC．14πD．64π7、如图，下列四个平面形中，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿正方形的相邻边折叠围成一个立方体的图形是（）8、圆关于直线成轴对称图形,则的取值范围是( )A.B.C.D.9、如图，在三棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q，且满足A1P=BQ，过P、Q、C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为（）-8-\nA．3∶1B．2∶1C．4∶1D．∶110、直线与圆相交于、两点,若,则的取值范围是( )A.B.C.D.11、棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S1、S2、S3，则（）A．S1<S2<S3B．S3<S2<S1C．S2<S1<S3D．S1<S3<S212、如图多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD的顶点A作截面AB1C1D1而截得的，且B1B=D1D。已知截面AB1C1D1与底面ABCD成30°的二面角，AB=1，则这个多面体的体积为（）A．B．C．D．二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13、已知定点A(0，1),点B在直线x+y=0上运动，当线段AB最短时，点B的坐标是______.14、圆x2+y2-2x-2y+1=0上的动点Q到直线3x+4y+8=0距离的最小值为______.15、集合A=｛(x,y)｜x2+y2=4｝，B=｛(x,y)｜(x-3)2+(y-4)2=r2｝，其中r＞0，若A∩B中有且仅有一个元素，则r的值是______________.16、α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断:①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题:_______________三、解答题：本题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17、(14分)已知两直线：，：（1）若//，求m,n满足的条件；（2）若，且在y轴上的截距为-1，求m,n的值-8-\n18、(14分)如图，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，求这个球的表面积。19、(14分)已知曲线C：x2+y2-2x-4y+m=0（1）当m为何值时，曲线C表示圆；（2）若曲线C与直线x+2y-4=0交于M、N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)，求m的值。20、(14分)已知三棱柱的三视图及直观图如图所示,根据图中所给数据,解答下列问题:1.求证:平面;2.试在棱(不包含端点)上确定一点,使得;3.求三棱柱的体积.-8-\n21、(14分)如图,在四棱锥PABCD中,底面是边长为的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M、N分别为PB、PD的中点.过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角AMNQ的平面角的余弦值.-8-\n数学答案本试卷分共150分，考试时间90分钟.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号123456789101112答案CBDADCCABBAD二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13、(-，)14、215、3或716、①③④Þ②或②③④Þ①三、解答题：本题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17、（1）由若//得，则，由得，，时//（2）由若得，则又，得因此，当，时，且在y轴上的截距为-118、法一：将P—ABC补成一个正方体，由对称性可知，正方体内接于球，则球的直径就是正方体的对角线，易得球半径R=a，∴S球=4πR2=3πa2法二：如图，设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r，圆心为O′，球心到该圆面的距离为d。在三棱锥P—ABC中，∵PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a,∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。由正弦定理，得=2r,∴r=a。又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，-8-\n∴P、O、O′共线，球的半径R=。又PO′===a，∴OO′=R－a=d=,(R－a)2=R2–(a)2，解得R=a,∴S球=4πR2=3πa2。19、（1）由D2+E2-4F=4+16-4m=20-4m>0，得m<5。（2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，由OM⊥ON得x1x2+y1y2=0。将直线方程x+2y-4=0与曲线C：x2+y2-2x-4y+m=0联立并消去y得5x2-8x+4m-16=0，由韦达定理得x1+x2=①,x1x2=②，又由x+2y-4=0得y=(4-x),∴x1x2+y1y2=x1x2+(4-x1)·(4-x2)=x1x2-(x1+x2)+4=0。将①、②代入得m=20、1.由三视图可知,,,侧面,所以.在中,由余弦定理得,则,所以.又,且平面,所以平面.2.在棱(不包含端点)上取一点,由,平面,可得平面.又平面,所以.不妨设则,在中,由余弦定理得.在中,,由余弦定理得.在,中,由勾股定理得,解得或(舍去).-8-\n故为的中点时,.3.由已知可得.由1知平面,易知.所以三棱柱的体积.21、(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.而M、N分别是PB、PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连接AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,在△PBC中,cos∠BPC==,-8-\n得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.-8-
