山东省枣庄市东方国际学校2022学年高二数学上学期期中试题

山东省枣庄东方国际学校2022-2022学年高二上学期期中考试数学试题第Ⅰ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．已知抛物线的准线与圆相切，则的值为A．B．C．D．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（　　）A．B．C．D．3．直线经过一定点，则该定点的坐标为（　　）A．B．C．D．4．在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设A（，，），B（，，0），C（，，），则A．OA⊥ABB．AB⊥ACC．AC⊥BCD．OB⊥OC5．若P（2，－1）为圆（x－1）2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程为A．x－y－3＝0B．2x＋y－3＝0C．x＋y－1＝0D．2x－y－5＝06．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n7．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AD1和DM所成角为-6-\nA．30°　　　B．45°C．60°　　　　D．90°8．已知直线l过点（－2,0），当直线l与圆x2＋y2＝2x有两个交点时，其斜率k的取值范围是A．（－2，2）B．（－，）C．（－，）D．（－，）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A．30°B．45°C．60°D．90°10．过点M（－2,4）作圆C：（x－2）2＋（y－1）2＝25的切线l，且直线l1：ax＋3y＋2a＝0与l平行，则l1与l间的距离是A．B．C．D．11．点P（4，－2）与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是A．（x－2）2＋（y＋1）2＝1B．（x－2）2＋（y－1）2＝4C．（x－4）2＋（y－2）2＝1D．（x－2）2＋（y－1）2＝112．设P（x，y）是圆x2＋（y＋4）2＝4上任意一点，则的最小值为A．＋2B．－2C．5D．6第Ⅱ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（2,3），B（0，－5）到它的距离相等的直线方程为________．15．圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0关于直线l1：x－y＋4＝0与直线l2：x＋3y＝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：y＝x－1被圆C所截得的弦长为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P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．（1）证明PA⊥BD；（2）设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．18．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M（2,0），AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T（－1,1）在AD边所在直线上．（1）求AD边所在直线的方程；-6-\n（2）求矩形ABCD外接圆的方程．19．已知圆的半径为，圆心在直线y＝2x上，圆被直线x－y＝0截得的弦长为4，求圆的方程．20．如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD．（1）求证：BE＝DE；（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：（x－4）2＋（y－5）2＝4和圆C2：（x＋3）2＋（y－1）2＝4．（1）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＝，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AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求三棱锥C－A1DE的体积．-6-\n2022-2022学年度山东省峄城东方国际中学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二、填空题13．14．4x－y－2＝0或x＝115．6　－216．x＋y－3＝0三、解答题17．（1）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD．从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD．又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD．所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．（2）如图，作DE⊥PB，垂足为E．已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC．由（1）知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD．故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE．则DE⊥平面PBC．由题设知PD＝1，则BD＝，PB＝2．根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝，即棱锥D－PBC的高为．18．解：（1）因为AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，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y－1＝－3（x＋1），即3x＋y＋2＝0．（2）由，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．所以矩形ABCD外接圆的方程为（x－2）2＋y2＝8．19．解：方法一：设圆的方程是（x－a）2＋（y－b）2＝10．因为圆心在直线y＝2x上，所以b＝2a．　①解方程组得2x2－2（a＋b）x＋a2＋b2－10＝0，所以x1＋x2＝a＋b，x1·x2＝．由弦长公式得·＝4，化简得（a－b）2＝4．　②解①②组成的方程组，得a＝2，b＝4，或a＝－2，b＝－4．故所求圆的方程是（x－2）2＋（y－4）2＝10，或（x＋2）2＋（y＋4）2＝10．方法二：设圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝10，则圆心为（a，b），半径r＝，圆心（a，b）到直线x－y＝0的距离d＝．-6-\n由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d2＋（）2＝r2，即＋8＝10，所以（a－b）2＝4．又因为b＝2a，所以a＝2，b＝4，或a＝－2，b＝－4．故所求圆的方程是（x－2）2＋（y－4）2＝10，或（x＋2）2＋（y＋4）2＝10．20．解：（1）设BD中点为O，连接OC，OE，则由BC＝CD知，CO⊥BD，又已知CE⊥BD，所以BD⊥平面OCE．所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线，所以BE＝DE．（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∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以ND∥BC，所以平面MND∥平面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y＝k（x－2），即kx－y－2k＝0，由条件得＝2，解得k＝，所以直线l1的方程为x＝2或y＝（x－2），即x＝2或21x－20y－42＝0．（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－，设点P坐标为（，n），互相垂直的直线l3，l4的方程分别为：y－n＝k（x－），y－n＝－（x－），即kx－y＋n－k＝0，－x－y＋n＋＝0，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＝，化简得或关于的方程有无穷多解，有，即，即直线上满足条件的点P是存在的，坐标是（）-6-\n22．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BC1∥DF，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AA1⊥CD，由已知AC＝CB，D为AB中点，所以，CD⊥AB，又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1，由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2得，∠ACB＝90°，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D，所以VC－A1DE＝××××＝1．-6-