高二上学期期中考试数学试卷含答案

2023年12月2日发(作者：东台考编数学试卷及答案)

高二级上学期期中考试题

数学

本试卷共8页，22小题，满分150分，考试时间120分钟。

第一部分选择题（共60分）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知直线l1：2x＋my＝2，l2：m2x＋2y＝1，且l1⊥l2，则m的值为( )

A．0 B．－1 C．0或1 D．0或－1

2．若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为( )

A.2π B．22π C．2π D．4π

3．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成角的大小为( )

A．90° B．60° C．45° D．30°

4．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（

）

A．3545525

B．

C．

D．

55555．下列命题中，正确的是( )

A．任意三点确定一个平面

B．三条平行直线最多确定一个平面

C．不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行

D．一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行

6．已知M(3，23)，N(－1，23)，F(1，0)，则点M到直线NF的距离为( )

A.5 B．23 C． 22 D．33

7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形，且侧棱垂直于底面)高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )

A．20π B．16π C．32π D．24π

8．直线l:xy20分别与x轴、y轴交于A、B两点，点P在圆(x2)2y22上，

则△ABP面积的取值范围是（

）

A．2，6

8 B．4，32D．22，

32C．2，

1 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

9．若x2x20是2xa的充分不必要条件，则实数a的值可以是(

)

A．1 B．2 C．3 D．4

10．已知,是两个不重合的平面，m,n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（

）

A．若m//n，m，则n B．若m//，n,则m//n

C．若m，m，则// D．若m,m//n,n，则//

11．若直线过点A(1,2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l方程可能为(

)

A．xy10 B．xy30 C．2xy0 D．xy10

12．已知四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD平面ABCD，BC23，CDPCPD26.若点M为PC的中点，则下列说法正确的为（

）

A．BM平面PCD

B．PA//面MBD

C．四棱锥MABCD外接球的表面积为36

D．四棱锥MABCD的体积为6

第二部分非选择题（90分）

三、填空题:本题共4小题,每小题5分，共20分.

13．命题“x0，x22x10”的否定是______________．

14．已知直线l1的方程为y2x3，l2的方程为y4x2，直线l与l1平行且与l2在y轴上的截距相同，则直线l的斜截式方程为________________．

15．若直线l:ykx与曲线M:y11x3________________．

16．已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的体积为____________．

四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

317．(本小题满分10分)已知直线l1的方程为x＋2y－4＝0，若l2在x轴上的截距为，且l1⊥l2.

2(1)求直线l1与l2的交点坐标；

(2)已知直线l3经过l1与l2的交点，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，求l3的方程．

2有两个不同交点，则k的取值范围是

2 18．(本小题满分12分)四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形，1AB∥CD，AB⊥AD，AB＝CD＝1，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝3.

2(1)求证：PD⊥AB；

(2)求四棱锥P-ABCD的体积．

19．(本小题满分12分)已知圆C的圆心坐标为(a，0)，且圆C与y轴相切．

(1)已知a＝1，M(4，4)，点N是圆C上的任意一点，求|MN|的最小值；

24(2)已知a＜0，直线l的斜率为，且与y轴交于点0,.若直线l与圆C相离，求a的取值范围．

33

20．(本小题满分12分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝5，AC＝3，BC＝4，点D是线段AB上的动点．

(1)当点D是AB的中点时，求证：AC1∥平面B1CD；

(2)线段AB上是否存在点D，使得平面ABB1A1⊥平面CDB1？若存在，试求出AD的长度；若不存在，请说明理由．

21.

(本小题满分12分)

如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，

ABC600，FA平面ABCD，FA//ED,ABFA2ED2.

求二面角FBCA的大小的正切值；

求点E到平面AFC的距离；

求直线FC与平面ABF所成的角的正弦值.

3

22.

(本小题满分12分)已知圆O：x2+y2=9，过点P0,2任作圆O的两条相互垂直的弦AB、CD，设M、N分别是AB、CD的中点，

（1）直线MN是否过定点?

若过，求出该定点坐标，若不过，请说明理由；

（2）求四边形ACBD面积的最大值，并求出对应直线AB、CD的方程.

4 高二级上学期期中考试题

数学答案及说明

一、选择题：1.D，2.A，3.C，4.B，5.C，6.B，7.D，8.A，，，，.

213二、填空题：13.x0，x2x10；14.y＝－2x－2；15.,；16.36π.

24题目及详细解答过程：

一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分)

1．已知直线l1：2x＋my＝2，l2：mx＋2y＝1，且l1⊥l2，则m的值为( )

A．0 B．－1 C．0或1 D．0或－1

解析：因为l1⊥l2，所以2m＋2m＝0，解得m＝0或m＝－1.

答案：D

2．若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为( )

A.2π B．22π C．2π D．4π

解析：设底面圆的半径为r，高为h，母线长为l，由题可知，r＝h＝2.所以圆锥的侧面积为πrl＝2π.

答案：A

3．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成角的大小为( )

A．90° B．60° C．45° D．30°

解析：当三棱锥D­ABC体积最大时，平面DAC⊥平面ABC.取AC的中点O，则∠DBO即为直线BD和平面21l，则(2r)2＝1，r＝1，l＝2222ABC所成的角．易知△DOB是等腰直角三角形，故∠DBO＝45°.

答案：C

4．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（ ）

A．5

5B．354525 C． D．

555【答案】B

【解析】由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，

则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，

设圆心的坐标为a,a，则圆的半径为a，圆的标准方程为xaya2222a2.

由题意可得2a1aa2，可得a26a50，解得a1或a5，

5 所以圆心的坐标为1,1或5,5，

的距离均为d1圆心到直线2113525；

525

5圆心到直线的距离均为d22553525；

5圆心到直线2xy30的距离均为d所以，圆心到直线2xy30的距离为故选：B．

5．下列命题中，正确的是( )

A．任意三点确定一个平面

B．三条平行直线最多确定一个平面

2525.

5C．不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行

D．一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行

解析：由线面垂直的性质，易知C正确．

答案：C

6．已知M(3，23)，N(－1，23)，F(1，0)，则点M到直线NF的距离为( )

A.5 B．23

C． 22

D．33

解析：易知NF的斜率k＝－3，故NF的方程为y＝－3(x－1)，即3x＋y－3＝0.

|33＋23－3|所以M到NF的距离为＝23.

22（3）＋1答案：B

7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形，且侧棱垂直于底面)高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )

A．20π B．16π C．32π D．24π

解析：由题意知正四棱柱的底面积为4，所以正四棱柱的底面边长为2，正四棱柱的底面对角线长为22，正四棱柱的对角线为26.而球的直径等于正四棱柱的对角线，即2R＝26.所以R＝6.

所以S球＝4πR＝24π.

答案：D

8．直线l:xy20分别与x轴、y轴交于A、B两点，点P在圆(x2)y2上，则△ABP面积222

6 的取值范围是（ ）

A．2，6

【答案】A

【解析】直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，A2,0,B0,2,则点P在圆(x2)y2上，圆心为（2，0），则圆心到直线的距离22

8 C．2，32B．4，

32D．22，

AB22.d1202222.

12d22,6.

故点P到直线xy20的距离d2的范围为2,32，则S△ABP2ABd2故答案为A.

二、多选题(每题5分，共20分)

9．若x2x20是2xa的充分不必要条件，则实数a的值可以是(

)

A．1

【答案】BCD

【解析】：由x2x20，解得1x2．又x2x20是2xa(1，2)B．2 C．3 D．4

的充分不必要条件，

(2，a)，则a2．实数a的值可以是2，3，4．

故选：BCD．

10．已知,是两个不重合的平面，m,n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）

A．若m//n，m，则n

B．若m//，n,则m//n

C．若m，m，则//

D．若m,m//n,n，则//

【答案】ACD

【解析】

若m，则a,b且a定定理得n，故A对；

若m//，bP使得ma，mb，又m//n，则na，nb，由线面垂直的判n，如图，设mAB，平面A1B1C1D1为平面，m//，设平面ADD1A1为平面，A1D1n，则mn，故B错；

7 垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；

若m,m//n，则n，又n，则//，故D对；

故选：ACD．

11．若直线过点A(1,2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l方程可能为(

)

A．xy10

【答案】ABC

【解析】：当直线经过原点时，斜率为k202，所求的直线方程为y2x，即2xy0；

10B．xy30 C．2xy0 D．xy10

当直线不过原点时，设所求的直线方程为xyk，把点A(1,2)代入可得12k，或12k，求得k1，或k3，故所求的直线方程为xy10，或xy30；

综上知，所求的直线方程为2xy0、xy10，或xy30．

故选：ABC．

12．已知四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD平面ABCD，BC23，CDPCPD26.若点M为PC的中点，则下列说法正确的为（ ）

A．BM平面PCD

B．PA//面MBD

C．四棱锥MABCD外接球的表面积为36

D．四棱锥MABCD的体积为6

【答案】BC

【解析】作图在四棱锥PABCD中：

由题：侧面PCD平面ABCD，交线为CD，底面ABCD为矩形，BCCD，则

BC⊥平面PCD，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；

连接AC交BD于O，连接MO，PAC中，OM∥PA，MO面MBD，

PA面MBD，所以PA//面MBD，所以选项B正确；

四棱锥MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半，取CD中点N，连接PN，

PNCD，则PN平面ABCD，PN32，四棱锥MABCD的体积

11VMABCD23263212所以选项D错误.

23

8 矩形ABCD中，易得AC6,OC3,ON3，

PCD中求得：NMPC6,在RtMNO中MOON2MN23

2即：

OMOAOBOCOD，所以O为四棱锥MABCD外接球的球心，半径为3，

所以其体积为36，所以选项C正确，

故选：BC

三、填空题(每题5分，共20分)

13．命题“x0，x22x10”的否定是______．

【答案】x0，x22x10

【解析】因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题x0，x22x10，

则该命题的否定是：x0，x22x10

故答案为：x0，x22x10．

14．已知直线l1的方程为y2x3，l2的方程为y4x2，直线l与l1平行且与l2在y轴上的截距相同，则直线l的斜截式方程为________________．

解析：由斜截式方程知直线l1的斜率k1＝－2，又l∥l1，所以l的斜率k＝k1＝－2.由题意知l2在y轴上的截距为－2，所以l在y轴上的截距b＝－2.由斜截式方程可得直线l的方程为y＝－2x－2.

答案：y＝－2x－2

15．若直线l:ykx与曲线M:y11x3________________．

解析：曲线M：y＝1＋1－（x－3）是以(3，1)为圆心，且在直线y＝1上方的半圆．要使直线l与曲线M有两个不同212有两个不同交点，则k的取值范围是1为半径的，交点，则直线时，k取得最l在如图所示的两条直线之间转动，即当直线l与曲线M相切31大值；当直线l过点(2，1)时，k取最小值.

42故k的取值范围是,答案：,13.

2413

24ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝16．已知三棱锥S-AC，SB＝BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的体积为解析：如图，连接OA，OB.

____________．

9 由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.

又由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，知OA⊥平面SCB.

设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，

11r3所以三棱锥S­ABC的体积为VSCOBOA，

323即＝9.所以r＝3.所以V球O=r336.

333答案：36π

四、解答题(每题5分，共70分)

17．(本小题满分10分)已知直线l1的方程为x＋2y－4＝0，若l2在3的截距为，且l1⊥l2.

2(1)求直线l1与l2的交点坐标；

(2)已知直线l3经过l1与l2的交点，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，求l3的方程．

解：(1)设l2的方程为2x－y＋m＝0，..........1分

3因为l2在x轴上的截距为，所以3－0＋m＝0，m＝－3，即l2：2x－y－3＝0.....3分

2x＋2y－4＝0，x＝2，联立得

2x－y－3＝0，y＝1.r34343x轴上所以直线l1与l2的交点坐标为(2，1)．..........5分

1(2)当l3过原点时，l3的方程为y＝x..........6分

2当l3不过原点时，设l3的方程为xy1...........7分

a2a211，

a2a又直线l3经过l1与l2的交点，所以得a5，l3的方程为2x＋y－5＝0...........8分

21综上，l3的方程为y＝x或2x＋y－5＝0...........10分

2118．(本小题满分12分)四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝CD＝1，PA⊥2平面ABCD，PA＝AD＝3.

(1)求证：PD⊥AB；

(2)求四棱锥P-ABCD的体积．

18.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

10 所以PA⊥AB，..........1分

又因为AB⊥AD，AD∩PA＝A，..........3分

所以AB⊥平面PAD，..........4分

又PD⊂平面PAD，..........5分所以AB⊥PD...........6分

133(2)解：S梯形ABCD＝(AB＋CD)·AD＝，.......8分

22又PA⊥平面ABCD，..........9分

11333所以V四棱锥P-ABCD＝×S梯形ABCD·PA＝××3＝...........12分

332219．(本小题满分12分)已知圆C的圆心坐标为(a，0)，且圆C与y轴相切．

(1)已知a＝1，M(4，4)，点N是圆C上的任意一点，求|MN|的最小值；

与圆24(2)已知a＜0，直线l的斜率为，且与y轴交于点0,.若直线l33C相离，求a的取值范围．

19.解：(1)由题意可知，圆C的方程为(x－1)＋y＝1...........2又|MC|＝（4－1）＋（4－0）＝5，..........4分

所以|MN|的最小值为5－1＝4...........5分

2222分

2442(2)因为直线l的斜率为，且与y轴相交于点0,，所以直线l的方程为y＝x－.

3333即4x－3y－2＝0..........7分

因为直线l与圆C相离，所以圆心C(a，0)到直线l的距离d＞r.

则4a24322a.........9分

又a0，所以24a5a，解得a2..........11分

所以a的取值范围是(－2，0)．.........12分

20．(本小题满分12分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝5，AC＝3，BC＝4，点D是线段AB上的动点．

(1)当点D是AB的中点时，求证：AC1∥平面B1CD；

(2)线段AB上是否存在点D，使得平面ABB1A1⊥平面CDB1？若存在，试求出AD的长度；若不存在，请说明理由．

20.解：

(1)证明：如图，连接BC1，交B1C于点E，连接DE，

11 则点E是BC1的中点，又点D是AB的中点，由中位线定理得DE∥AC1，.........1分

因为DE⊂平面B1CD，.........2分

AC1⊄平面B1CD，.........3分

所以AC1∥平面4分

(2)解：当CD⊥AB时，平面ABB1A1⊥平面5分

证明：因为AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，

所以AA1⊥CD..........6分

又CD⊥AB，AA1∩AB＝A，.........7分

所以CD⊥平面ABB1A1，因为CD⊂平面CDB1，.........8分

所以平面ABB1A1⊥平面CDB1，.........9分

故点D满足CD⊥AB时，平面ABB1A1⊥平面10分

因为AB＝5，AC＝3，BC＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，

故△ABC是以角C为直角的三角形，

又CD⊥AB，所以AD＝95..........12分

22.

(本小题满分12分) 如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，

ABC600，FA平面ABCD，FA//ED,ABFA2ED2.

求二面角FBCA的大小的正切值；

求点E到平面AFC的距离；

求直线FC与平面ABF所成的角的正弦值.

21.解： 作于点G，连接FG，

ABCD是菱形,,，

等边三角形,,-----1分

GABCD，平面ABCD，，

又，，平面AFG，BCFG-----2分

12

四边形为平面为二面角的平面角，------3分

----------------------------4分

连接AE，设点E到平面AFC的距离为h，

则即也就是解得：， ----------------------5分

，

，--------------------6分

； ------------------------------------------------7分

(3)作CHAB于点H，连接FH，ABC为等边三角形，

H为AB的中点，AH1,CH3,FHFA2AH25,

FA平面ABCD，CH平面ABCD，FACH，----8分

CHAB,ABAFA，CH平面ABF，-----9分

CFH为直线FC与平面ABF所成的角，-------10分

又sinCFHCH36．-----------------12分

CF2242222.(本小题满分12分)已知圆O：x+y=9，过点P0,2任作圆O的两条相互垂直的弦AB、CD，设M、N分别是AB、CD的中点，

（1）直线MN是否过定点?若过，求出该定点坐标，若不过，请说明理由；

（2）求四边形ACBD面积的最大值，并求出对应直线AB、CD的方程.

22.解：（1）当直线AB、CD的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为:ykx2k0,Ax1,y1,Bx2,y2------------1分

ykx222由22得：k1x4kx50--------------------2分

x+y=9点P0,2在圆内,故0.

又

x1x2x1x24k2k2x,ykx2

MMMk212k21k2122kM,即

2 --------------------3分

2k1k1

13 2k2k21ABCD以代换k得N2,2

kk1k1kMN22k222k21k1k1.---------------4分

2k2k2k22k1k12k212k直线MN的方程为：y2x

k12kk21k211--------------------5分 化简得yx1，故直线MN恒过定点0，2k1 当直线AB、CD的斜率不存在或为0时，显然直线MN恒过定点0，1--------------------.6分 综上，直线MN恒过定点0，(2)

解法一:圆心O到直线AB的距离d12k12

AB2r2d1229（或由第（1）问得：

<7分

k21AB1kx2x12x1k22x1229k5,

4x2x122k1215k9以代换k得CD2）

2kk1214k--------------------8分

ABCD以代换k得:CD292kk1SACBD144k16kABCD29292245222k1k1k122--------9分

2451616245141

21k222k222kk2当且仅当k1,k1时,取等号,

2k14

故四边形ACBD面积的最大值为14，--------------------11分

对应直线AB 、CD分别为yx2,yx2或yx2,yx2----------12分

解法二：设圆心O到直线AB、CD的距离分别为d1、d2,

则ABrd19d1,CDrd29d2--------------------7分

222222ABCDd12d22OP4--------------------8分

2SACBD1ABCD29d129d229d129d2218d12d222-------------218OP18414-------10分

当且仅当d1d2，即k1时,取等号,

故四边形ACBD面积的最大值为14，--------------------11分

对应直线AB 、CD分别为yx2,yx2或yx2,yx2--------12分

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