安徽省滁州市定远县育才学校高二数学上学期期中试题实验班理

育才学校2022-2022学年度第一学期期中考试卷高二实验班理科数学试题满分：150分，考试时间：120分钟；命题人：第I卷选择题60分一、选择题（12小题，共60分）1.设表示平面，表示直线，则下列命题中，错误的是()A.如果，那么内一定存在直线平行于B.如果，，，那么C.如果不垂直于，那么内一定不存在直线垂直于D.如果，那么内所有直线都垂直于2.在正方体中，和分别为、的中点，那么异面直线与所成角的大小为（）A.B.C.D.3.在三菱柱中，是等边三角形，平面，，，则异面直线和所成角的正弦值为（）A.B.C.16\nD.4.点在平面外，若，则点在平面上的射影是的（）A.外心B.重心C.内心D.垂心5.已知两点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）A.B.或C.D.6.若，的图象是两条平行直线，则的值是（）A.或B.C.D.的值不存在7.过点的直线与圆相切，且与直线垂直，则（）A.2B.1C.D.8.直线恒过定点，则以为圆心，为半径的圆的方程为（）A.B.C.D.16\n9.某几何体的三视图如图所示（单位：）则该几何体的体积（单位：）是（）A.B.C.D.10.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论术比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）（注：1丈=10尺=100寸，，）A.633立方寸B.620立方寸C.610立方寸D.600立方寸11.在正方体中，为棱上一动点，为底面上一动点，是的中点，若点都运动时，点构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（）16\nA.棱柱B.棱台C.棱锥D.球的一部分12.如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为(　　)A.B.3πC.D.2π第II卷非选择题90分二、填空题（每小题5分，共20分）13.半径为10的球面上有A、B、C三点，且，则球心O到平面ABC的距离为_______.14.已知矩形,沿对角线将它折成三棱椎，若三棱椎外接球的体积为，则该矩形的面积最大值为   .15.如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为.则下列命题正确的是__________(写出所有正确命题的编号)．①当时，为四边形；②当时，为等腰梯形；③当时，16\n为六边形；④当时，的面积为.16.已知经过点作圆：的两条切线，切点分别为，两点，则直线的方程为__________.三、解答题（70分）17.（10分）已知直线，直线（1）求直线与直线的交点的坐标；（2）过点的直线与轴的非负半轴交于点，与轴交于点，且（为坐标原点），求直线的斜率.18.（12分）如图，正方体棱长为，连接，，，，，，得到一个三棱锥，求：（1）三棱锥的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥的体积.19.（12分）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点.16\n（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求三棱锥的体积.20.（12分）已知圆与圆（1）若直线与圆相交于两个不同点，求的最小值；（2）直线上是否存在点，满足经过点有无数对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，并且直线被圆所截得的弦长等于直线被圆所截得的弦长？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．21.（12分）在正方体ABCD-A1B1C1D中，M为DD1的中点，O为AC的中点，AB=2．（I）求证：BD1∥平面ACM；（Ⅱ）求证：B1O⊥平面ACM；（Ⅲ）求三棱锥O-AB1M的体积．22.（12分）16\n如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．（1）若N是BC的中点，证明：AN∥平面CME；（2）证明：平面BDE⊥平面BCD．（3）求三棱锥D﹣BCE的体积．16\n高二实验班理科数学试题参考答案与解析1.D【解析】由上图可得选项A中：内存在直线,故A正确；选项B中：直线即为直线,故B正确；选项C中：可用反证法假设存在直线，与已知矛盾，故C正确；选项D中:,故D错误.综上应选D.2.C【解析】连接，为异面直线与所成的角，而为正三角形，故选C．3.A【解析】如图，作交的延长线于，连接，则就是异面直线和所成的角（或其补角），由已知，，由，知异面直线和所成的角为直角，正弦值为，故选A.4.A【解析】设点作平面的射影，由题意，底面都为直角三角形，，即为三角形的外心，故选A.5.B【解析】如图所示，直线的斜率为；直线的斜率为，当斜率为正时，，即；当斜率为负时，，即，直线的斜率的取值范围是或，故选B.6.B【解析】显然或时两条直线不培训，则由题意可得，解得故选：B．16\n7.A【解析】因为点P(2,2)满足圆的方程，所以P在圆上，又过点P(2,2)的直线与圆相切，且与直线ax−y+1=0垂直，所以切点与圆心连线与直线ax−y+1=0平行，所以直线ax−y+1=0的斜率为：.故选A.8.B【解析】直线，化为，时，总有，即直线直线过定点，圆心坐标为，又因为圆的半径是，所以圆的标准方程是，故选B.9.B【解析】由三视图易知该几何体为三棱锥.该几何体的体积.故答案为:B10.A【解析】如图：(寸)，则(寸)，(寸)设圆的半径为(寸)，则(寸)在中，由勾股定理可得：，解得(寸)，，即，则平方寸故该木材镶嵌在墙中的体积立方寸。故答案选11.A【解析】由题意知：当在处，在上运动时，的轨迹为过的中点，在平面内平行于线段（靠近），当在处，在上运动时，的轨迹为过的中点，在平面内平行于线段（靠近），当在处，在上运动时，的轨迹为过的中点，在平面内平行于线段（靠近），当在处，在上运动时，的轨迹为过的中点，在平面内平行于线段（靠近），当在处，在上运动时，的轨迹为过16\n的中点，在平面内平行于线段（靠近），当在处，在上运动时，的轨迹为过的中点，在平面内平行于线段（靠近），同理得到：在处，在上运动，在处，在上运动；在处，在处，在上运动，都在上运动的轨迹，进一步分析其它情形即可得到的轨迹为棱柱体，故选A.12.A【解析】由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，可知A′B⊥A′C，所以BC是外接球的直径，所以BC=，球的半径为：；所以球的体积为:．13.6【解析】由题意在中，，由正弦定理可求得其外接圆的直径为，即半径为，又球心在面上的射影是外心，故球心到面的距离，求的半径、三角形外接圆的半径三者构成了一个直角三角形，设球面距为，球半径为，故有，解得，故答案为.14.【解析】因为在矩形中，和均为以为斜边的直角三角形，则的中点为三棱锥的外接球的球心，为外接球的直径，设外接球的半径为，则，解得，即，则该矩形的面积(当且仅当时取等号)，即该矩形的面积最大值为8.故答案为：8.15.①②④【解析】16\n连接并延长交于，再连接，对于①，当时，的延长线交线线段与点，且在与之间，连接则截面为四边形，①正确；当时，即为中点，此时可得，故可得截面为等腰梯形，故②正确；由上图当点向移动时，满足，只需上取点满足，即可得截面为四边形，故①正确；③当时，只需点上移即可，此时的截面形状是下图所示的，显然为五边形，故③不正确；④当时，与重合，取的中点，连接，可证，且，可知截面为为菱形，故其面积为，16\n故正确，故答案为①②④.16.【解析】结合点的坐标和圆的方程可得直线与圆相切，切点为，且直线与直线垂直，其中：，故，直线AB的点斜式方程为：，整理为一般式即：.17.（1）；（2）或．【解析】（1）联立两条直线方程：，解得，所以直线与直线的交点的坐标为．（2）设直线方程为：.令得，因此；令得，因此．，解得或．18.（1）；（2）【解析】（1）正方体的棱长为，则三棱锥的棱长为，表面积为，正方体表面积为，∴三棱锥的表面积与正方体表面积的比值为（2）三棱锥的体积为19.（Ⅰ）证明：在三棱柱中，底面，所以.又因为，，16\n所以平面，又平面，所以平面平面（Ⅱ）证明：取的中点，连接，.因为，，分别是，，的中点，所以，且，.因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.（Ⅲ）因为，，，所以.所以三棱锥的体积.20.（1）；（2）存在点满足题意【解析】（1）直线过定点，取最小值时，，∴（2）设，斜率不存在时不符合题意，舍去；斜率存在时，则16\n即，即，由题意可知，两弦长相等也就是和相等即可，故，∴，化简得：对任意恒成立，故，解得故存在点满足题意．21.（I）证明：连结BD，设BD与AC的交点为O，∵AC，BD为正方形的对角线，故O为BD中点；连结MO，∵O，M分别为DB，DD1的中点，∴OM∥BD1，∵OM⊂平面ACM，BD1⊄平面ACM∴BD1∥平面ACM．（II）∵AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DD1；且BD∩DD1=D，∴AC⊥平面BDD1B1OB1⊂平面BDD1B1，∴B1O⊥AC，连结B1M，在△B1MO中∴∴B1O⊥OM…（10分）又OM∩AC=O，∴B1O⊥平面AMC；．（II）V=16\n22.（1）证明：连接MN，则MN是△BCD的中位线，∴MN∥CD，MN=CD．由侧视图可知AE∥CD，AE=CD，∴MN=AE，MN∥AE．∴四边形ANME为平行四边形，∴AN∥EM．∵AN⊄平面CME，EM⊂平面CME，∴AN∥平面CME．（2）证明：由俯视图可知AC=AB，∵N是BC的中点，∴AN⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AN⊂平面ABC，∴AN⊥平面BCD．由（1）知AN∥EM，∴EM⊥平面BCD．又EM⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCD．（3）解：由俯视图得AB⊥AC，AB=AC=2，∴BC=AB=2，∵N是BC中点，∴AN=BC=，∴EM=．由侧视图可知CD=4，CD⊥BC，∴S△BCD=BCXCD=X2X4=4．∴VD﹣BCE=VE﹣BCD=S△BCD•|EM|=×4×=．16\n16