成都七中2022-2022学年上期2022届半期考试数学试卷（理科）考试时间：120分钟总分：150分一．选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求．把答案凃在答题卷上.）1.直线y=-x的倾斜角为（）A.pB.-140-\npC.2pD.3p42342.平面a-140-\n平面b的条件可以是（）A.a内有无穷多条直线都与b-140-\n平行B.直线a-140-\na,a-140-\nb,且aËa,aËbC．a-140-\n内的任何直线都与b-140-\n平行D.直线aÌa,直线bÌb，且a-140-\nb,ba3.与直线-140-\n3x-4y-5=0关于原点对称的直线方程为（）A.3x-4y+5=0-140-\nB.3x+4y-5=0C.3x+4y+5=0-140-\nD.3x-4y-5=04.DABC中，A(4，0),B(8，7),C(0，3)，则BC-140-\n边上的高所在直线的方程（）A.2x+y+8=0-140-\nB.2x+y-8=0C.x-2y-4=0-140-\nD.x-2y+4=05.棱长为2，各面均为等边三角形的四面体的表面积为（）A.4B.42C.43D.466.三棱锥的三条侧棱互相垂直，三条侧棱的长分别为3、4、5，则它的外接球的体积为（）A.1252pB.1252pC.1252pD.2502327.过点P(2，3)，并且在两轴上的截距为相反数的直线方程为（）A．3x-2y=0或x-y+1=0-140-\nB.x-y+1=0C．3x-2y=0或x+y-5=0-140-\nD.3x-2y=0或3x-2y+1=08.在一个平面上，机器人甲到与点C(2，-3)距离为5的地方绕C点顺时针而行，在行进过程中保持与点C的距离不变，机器人乙在过点A(-8，0)与B(0，6)的直线上行进，机器人甲与机器人乙的最近距离是（）A.675-140-\n524217A.C.D.5559.直线(m+2)x+(1-m)y-6=0与圆(x-2)-140-\n2+y2-140-\n=1的位置关系是（）A.相交B.相离C.相切D.以上都有可能D1C111110.在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M为AB的中点，经过点A1B1A作DM的垂面，该垂面被正方体截得部分的面积是（）DC224-140-\nAMB11.已知长度为4的线段AB在平面a内，线段AC、BD不在平面内，AC=BD=3，CA^平面a且与平面a交于A,BD^AB,BD与它在a内的射影成30°角，则CD的长度为（）A.5B.5或34-140-\nC.5或43-140-\nD.34或4312.设f(x)是定义在R上的增函数，且对于任意的x都有f(1-x)+-140-\nf(1+x)=0恒成立，如果实数2222ìf(aa、b满足不等式组í-140-\n-6a+23)+-140-\nf(b-140-\n-8b)£0-140-\n那么a-140-\n+b的取值范围是（）îf(b+1)>-140-\nf(5)A.(17,49]-140-\nB.[9,49]-140-\nC.(17,41]-140-\nD.[9,41]二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在答题卷的横线上。）13.一个腰长为2的等腰直角三角形绕着斜边上的高所在直线旋转180形成的封闭曲面所围成的图形的体积为14.一根弹簧，挂4N的物体时，长20cm.在弹性限度内，所挂物体的重量每增加1N，弹簧就伸长1.5cm,则弹簧的长度l(cm)与所挂物体重量G(N)的关系方程为15.DABC中，BC=4，AB=2AC,则S-140-\nDABC-140-\n的最大值为16.已知-140-\nO:x+y=4（注：横、纵坐标都是有理数的点称为有理点,）22①O上只有四个有理点；②O上有无数个有理点；③O上只有有限个无理点；④以O上点(1,3)为圆心，半径为4的圆上最多只有两个有理点。以上结论正确的序号为三.解答题（17-21每小题12分，22题14分，共74分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.已知直线l-140-\n:2x+y+2=0，l:mx+4y+n=012(1)若l-140-\n^l，求m的值;1212(2)若ll-140-\n，且它们的距离为-140-\n5，求m、n的值.18.一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥（底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥）形容器。（1）试把容器的容积V表示为x的函数（2）若x=6，①求图2的主视图的面积；②求异面直线EB与DC所成角的正切值.Ey5DCOxAB图1图219.已知-140-\nO的方程为x2+y2=4,A(1,1)，B(-2,6).22(1)若点P为-140-\nO上动点，求PA+-140-\nPB-140-\n的最大值；(2)直线l过点A，被-140-\nO截得弦长为2-140-\n3，求直线l的方程.20.-140-\nAB是-140-\nO的直径，PA垂直于-140-\nO所在的平面，C是圆周上不同于A,B的任意一点.(1)求证：平面PAC^平面PBCP(2)若PA=4，AB=6，ÐABC=30,C①求AC与PB所成角的正切值;②求直线AC与平面PCB所成角的余弦值.-140-\nAOB21.如图（1）ABCD为矩形，其中BC边长度为2，AB边长度为1，E为AD的中点，将-140-\nDABE延BE折叠使得平面ABE-140-\n^平面BEDC-140-\n，连结AC、AD(见图2)AEDA-140-\nAMDNDEEBBACC图1图2-140-\n图3C(1)求图2的侧视图的面积;(2)求二面角A-CD-B所成角的正切值;(3)点M在AD上，且AM-140-\n:MD=5：2，点N在棱AC上，BN-140-\n平面EMC，求AN的值.22.已知圆C的周长被y轴平分，且经过点A(-140-\n3,0),B(0,3).（1）求圆C的方程；（2）过原点O作直线l1:y=k1x交圆C于点E(x1,y1),F(x2,y2),作直线l2:y=k2x交圆C于点G(x3,y3),H(x4,y4),(其中y2>0,y4>0),设EH交x轴于点Q，GF交x轴于点R（如图）。①求证：-140-\nkxx112-140-\nykxxH=234;Fx+xx+x1234②求证：OQx轴的情形)·-140-\n=OR-140-\n.(证明过程不考虑EH或GF垂直于-140-\nQORxEG成都七中2022-2022学年上期2022届半期考试数学试卷(参考答案)（理科）考试时间：120分钟总分：150分一．选择题1-5DCABC6-10BADDB11-12CA二、填空题13.22p14.l=1.5G+143三、解答题-140-\n15.163-140-\n16.②④17.解：设直线l、l的斜率分别为k、k，则k-140-\n=-2、k-140-\n=-m.2分1212124m(1)若l1^l2，则k1k2=-140-\n=-1，\m=-2.6分2m(2)若l1-140-\nl2，则-2=-，\m=8,4n-140-\n2-n4\l2可以化简为2x+y+=0,\l1与l2的距离为4-140-\n=5.5\n=28或-12.12分18.解：（1）由图2，可知OF=x,EO=-140-\n25-x,24\V=1×S-140-\nEO=1x2-140-\n25-x-140-\n(0<x<10).4分3ABCD34（2）①取AD中点G，联结GO，GE.E\主视图为DEGF.GF=6,EO=4,DCGOAB\SDEGF-140-\n=1GF×EO=1´6´4=12.8分22②取AB中点H，联结EH，则EH^AB，HB=3.EABCD为正方形,\ABCD.\EB与CD所成角为ÐEBH,DC\tanÐEBH=EHHB-140-\n=5.3-140-\n12分-140-\nGOAHB19.解：（1）设P(x,y)，则x2+y2=4,则PA2+PB2=(x-1)2+(y-1)2+(x+2)2+(y-6)2=2x2+2x+2y2-14y+42=2(x-7y)+50令x=2cosq,y=2sinq,则PA2+PB2=4(cosq-7sinq)+50=202sin(q+j)+50,22\PA+-140-\nPB-140-\n的最大值为20-140-\n2+50.6分（2）设直线l方程为y-1=k(x-1)，即kx-y+1-k=0,则点O(0,0)到直线l的距离d=-140-\n1-k.k2+11-k又弦长为23，O半径为2，则d==1,解得:k=0,k2+1\直线l方程为:y=1又直线:x=1也满足,\直线l的方程为：y=1和x=1.-140-\n10分-140-\n12分20.解：（1）证明：设\PA^BC.-140-\nO所在平面为a，又已知条件有PA^a,BCÌa,AB为-140-\nO的直径，C是圆周上不同于A,B的任意一点,\ÐBCA=90O,即BC^AC.又因为PA与AC是DPAC所在平面内的两条相交直线,\BC^平面PAC,又-140-\nBCÌ平面PBC,\平面PAC^平面PBC.4分（2）①过A作ADBC交-140-\nO于D，连结BD.AB为-140-\nO直径\ACBD，ÐPBD或其补角为AC与PB所成角.\四边形ABCD为平行四边形.AB=6，ÐABC=30°，ÐACB=90°\BD=AC=3,BC=AD=33,\PD=-140-\nPA2+AD2=-140-\n27+16=-140-\n43,同（1），易证BD^平面PAD.-140-\n\PD^BD,\tanÐPBD=PD=BD-140-\n43.8分3②设点A到平面PCB的距离为h..11由VA-PCB=VP-ACB得-140-\nSDPCB×h=33-140-\nSDACB×PA,DPCB中，PC=5，BC=33,由（1）知，BC^平面PCA,则BC^PC.\SDPCB-140-\n=1´5´33=153,22-140-\n\h=-140-\n12,5-140-\nsinq=4.5\cosq=3.5-140-\n12分21.解：（1）由图可知侧视图为三角形，设BE中点为O,连结AO..AB=AE=1,O为BE中点,\AO^BE..平面ABE^平面BCDE，且AOÌ平面ABE,,\AO^平面BCDE，则AO的长度即为侧视图的高的长度...CD^BC-140-\n\CD的长度为侧视图的底边长.\S=1´1´2=-140-\n2.4分D侧224（2）取CD中点H，连结OH,AH,则OH^CD.由（1）知，AO^平面BCDE,\AH^CD.\ÐAHO为二面角A-CD-B的平面角,\OH=1(ED+BC)=3，AO=2.\tanÐAHO=-140-\nAO=OH-140-\n2.8分3-140-\n222（3）连结BD,交CE于P,连结PM-140-\n在梯形BCDE中，ED=1，BC=2,DEBC.\BP:PD=2:1,在AM上取Q,使QM:MD=2:1,连结BQ.\QM:MD=2:1=BP:PD,-140-\n\BQPM.-140-\nAQMNED由AM:MD=5:2知，AQ:QM=1:4,P在AC上取N使AN:NC=1:4，连结BN,则QNMC.BCBQPM,QNMC,又BQË平面MEC，PMÌ平面MEC,NQË平面MEC,MCÌ平面MEC.\平面BQN-140-\n平面MEC,又BNÌ平面BQN,\BN-140-\n平面BQN.\AN=1AC=-140-\n3.12分5522..解（1）由题意可知，圆C的圆心在y轴上，设圆心C(0,b)，半径为r.\圆C的方程为x2+(y-b)2=r2.A,B在圆C上,ìï(3-b)2=r2\í-140-\nìb=1,解得í,=ïî3+b2=r2-140-\nîr2\圆C的方程为-140-\nx2+(y-1)2=4.4分22(2)①将直线EF的方程y=k1x代入圆C的方程，整理得(k1-140-\n+1)x-140-\n-2k1x-3=0，则x+x=-140-\n2k1-140-\n,xx=-3，12k2+112-140-\nk2+1k1x1x2所以-140-\n11=-3k1=-3,x1+x2-140-\n2k12将直线GH的方程y=k2x代入圆C的方程，同理可得x+x=-140-\n2k2-140-\n,xx=-3，34k2+134-140-\nk2+1k2x3x4所以-140-\n22=-3k2=-3,x3+x4k1x1x2所以x1+x2-140-\n2k2=k2x3x4x3+x4-140-\n2.8分x-qx-q②（蝴蝶定理）方法一：设点Q(q,0),R(r,0),，由E、Q、H三点共线，得1=4，解得q=(k1-k2)x1x4。同理可得r=(k1-k2)x2x3，-140-\nk1x1-140-\nk2x4k1x1-k2x4-140-\nk1x2-k2x3k1x1x2由①x1+x2-140-\n=k2x3x4x3+x4-140-\n变形得-140-\nx2x3k1x2-k2x3-140-\n=-x1x4k1x1-k2x4-140-\n(k1-k2)x2x3即k1x2-k2x3-140-\n+(k1-k2)x1x4=0，k1x1-k2x4从而q+r=0,所以q=r，即OQ=OR.14分方法二：直线EF,GH的方程可以表示为(k1x-y)(k2x-y)=0,则过圆C和上述方程交点E,F,G,H的二次曲线系为：x2+(y-1)2-140-\n-4+l(k1x-y)(k2x-y)=0,(*)令y=0,得(1+lk1k2)x-140-\n-3=0,其两根即为曲线系(*)与x轴交点Q,R的横坐标，由韦达定理得xQ+xR=0,即OQ=OR.14分-140-
