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
222、已知直线axbyc0(abc0)与圆xy1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B.直线
表示过点与轴的交点为
且斜率为的直线
,其中截距
的直
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
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（ ）
7A． B．56π C．14π D．64π
27、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
成轴对称图形,则
关于直线
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（ ）
A．3∶1 B．2∶1 C．4∶1 D．3∶1
10、直线点,若
与圆
,则的取值范围是( )
相交于
、
两
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 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______________. 66 B． 23C． 6 4D． 6 616、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l1：mx8y2n0，l2：2xmyn0 （1）若l1//l2，求m,n满足的条件； （2）若l1l2，且l1在y轴上的截距为-1，求m,n的值 18、(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)已知三棱柱所给数据,解答下列问题: 的三视图及直观图如图所示,根据图中 1.求证:2.试在棱3.求三棱柱 21、 (14分)如图,在四棱锥PABCD中,底面是边长为23的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=26,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. 平面 ; )上确定一点的体积. ,使得 ; (不包含端点 2017—2018年度灵丘一中高二（一）期中考试 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 1 答案 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B D A D C C A B B A D 二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13、 (-11，) 14、 2 15、 3或7 16、①③④②或②③④① 22 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l1//l2得mm820，则m4， 由8n2nm0得n0且m4， m4，n0时l1//l2 （2）由若l1l2得m28m0，则m0 又n1，得n4 4因此，当m0，n4时l1l2，且l1在y轴上的截距为-1 18、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= 3a，∴S球=4πR2=3πa2 2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=2a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。 由正弦定理，得 2a6=2r,∴r=a。 sin603又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC， 而PO′⊥平面ABC， ∴P、O、O′共线，球的半径R=r2d2。又PO′ 23=PA2r2=a2a2=a， 33∴OO′=R － 3322 362 a=d=R2r2,(R－a)=R– (a)，解得R=a, 3323∴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 84m165x2-8x+4m-16=0，由韦达定理得x1+x2=①,x1x2=②， 551又由x+2y-4=0得y= (4-x), 21158∴x1x2+y1y2=x1x2+(4-x1)· (4-x2)=x1x2-( x1+x2)+4=0。将①、②代入得m= 224520、1.由三视图可知, ,所以 在所以所以2.在棱由 . 又不妨设 . 平面 ,所以 则 . ,在 中,由余弦定理得 . ,则,且 . )上取一点 , , 平面 ,可得 平面 平面 , , , , 侧面 中,由余弦定理得 .又平面 (不包含端点 在在解得故 为 或 中, ,中,由勾股定理得 (舍去). ,由余弦定理得 , . 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=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 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容