成都七中实验学校2015-2016学年度期中考试高二数学（理科）试题本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分满分150分，考试时间120分钟考试结束后，只将答题卷交回第I卷（选择题）注意事项：1答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卷上2每小题选出答案后，用铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题卷上一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的1直线的倾斜角是（ ）A B C D2l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（） A.l1l2，l2l3l1l3 B.l1l2，l2l3l1l3 C.l1l2l3l1，l2，l3共面 D.l1，l2，l3共点l1，l2，l3共面3经过圆的圆心，且与直线垂直的直线方程是A B C D4圆和圆的公切线有A1条 B条 C3条 D条5直线L1：ax+3y+1=0，L2：2x+（a+1）y+1=0，若L1L2，则a的值为（） A.3 B.2 C.3或2 D.3或26在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于（） A. B. C. D.7若点在两条平行直线与之间，则整数的值为A B C D 8过点作圆的两切线，设两切点为、，圆心为，则过、的圆方程是A B C D9 如图，在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的射影为底面的中心）SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的个数为（）（1） EPAC；（2）EPBD；（3）EP面SBD；（4）EP面SACA1个 B2个 C3个 D4个10 二面角为，、是棱上的两点，、分别在半平面、内，且，则的长为A1 B C D 11在平面直角坐标系xOy中，圆C 的方程为错误！未找到引用源。，若直线错误！未找到引用源。上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k的最小值是（ ）A B C D12在直角中，为中点（左图）将沿折起，使得（右图），则二面角的余弦值为A B C D第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分13已知直线y=（3a1）x1，为使这条直线经过第一、三、四象限，则实数a的取值范围是_14 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为 15. 已知直线l过点P（2，1）且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，O为坐标原点，则三角形OAB面积的最小值为_16.关于图中的正方体，下列说法正确的有： _点在线段上运动，棱锥体积不变；点在线段上运动，二面角 不变；一个平面截此正方体，如果截面是三角形，则必为锐角三角形；一个平面截此正方体，如果截面是四边形，则必为平行四边形；平面截正方体得到一个六边形（如图所示），则截面在平面 与平面间平行移动时此六边形周长先增大，后减小。3、 解答题：本大题共6小题，合计70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）已知直三棱柱的所有棱长都相等，且分别为的中点. (I) 求证：平面平面；（II）求证：平面C平面. 18. （本小题满分12分）直线与坐标轴的交点是圆一条直径的两端点（I）求圆的方程；（II）圆的弦长度为且过点，求弦所在直线的方程19（本小题满分12分）如图所示，正三棱柱的底面边长与侧棱长均为，为中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.20（本小题满分12分）如图，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱,底面为直角梯形，其中BCAD, ABAD, ,O为AD中点.(1)求直线与平面所成角的余弦值；(2)求点到平面的距离；(3) 线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在,求出的值；若不存在，请说明理由.21（本小题满分12分）已知圆，直线（1） 求证：对，直线与圆总有两个不同的交点A、B；（2） 求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；22 （本小题满分12分）点到的距离是点到的距离的倍（I）求点的轨迹方程；（II）点与点关于点对称，点，求的最大值和最小值（III）若过的直线从左向右依次交第（II）问中的轨迹于不同两点，判断的取值范围并证明成都七中实验学校2015-2016学年度期中考试高二数学（理科）参考答案及评分标准一、选择题：1C2.B. 3B 4C5A 6B 7B 8A9.B . 10C 11A 12A二、填空题：13 14 154. 16三、解答题：17解：（I）直线与两坐标轴的交点分别为，（2分）所以线段的中点为，（4分）故所求圆的方程为（6分）（II）设直线到原点距离为，则（8分）若直线斜率不存在，不符合题意若直线斜率存在，设直线方程为，则，解得或（11分）所以直线的方程为或（12分）18.（1）连接与交于，则为中点，又为中点，所以，又平面，所以平面.5（2）法一：（构造垂面，作线面角的平面角）取中点，连接，则，又，所以，从而平面，所以平面平面，作于，则平面，所以为直线与平面所成角的平面角，中，所以，所以.法二：（等体积法）设与平面的距离为，由得，等腰中，所以，又，代入求得，从而直线与平面所成的角的正弦值为.1219.（1）与平面所成角的余弦值为；（2）点到平面的距离；（3）存在，.【解析】试题分析： 思路一、由PA=PD, O为AD中点，侧面PAD底面ABCD，可得PO平面ABCD.又在直角梯形中,易得所以可以为坐标原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解. 思路二、（1）易得平面，所以即为所求.(2)由于，从而平面，所以可转化为求点到平面.(3)假设存在，过Q作，垂足为，过作，垂足为M，则即为二面角的平面角.设，利用求出，若，则存在，否则就不存在.试题解析：(1) 在PAD中PA=PD, O为AD中点，所以POAD,又侧面PAD底面ABCD, 平面平面ABCD=AD, 平面PAD，所以PO平面ABCD.又在直角梯形中,易得;所以以为坐标原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系.则,，;,易证:,所以平面的法向量, 所以与平面所成角的余弦值为 .4分（2），设平面PDC的法向量为，则，取得点到平面的距离 .8分（3）假设存在，且设.因为所以，设平面CAQ的法向量中，则取，得.平面CAD的一个法向量为，因为二面角Q OC D的余弦值为，所以.整理化简得：或（舍去），所以存在，且 13分考点：空间的角与距离.20.解法一：（1）如图，过点E作EGAC，垂足为G，过点F作FHAC，垂足为H，则，GHMABCDEFOMHGOFABECD因为二面角DACB为直二面角， 又在中， .6分 （2）过点G作GM垂直于FO的延长线于点M，连EM二面角DACB为直二面角，平面DAC平面BAC，交线为AC，又EGAC，EG平面BACGMOF，由三垂线定理，得EMOF就是二面角的平面角.9分在RtEGM中，xyzABCDEFO,所以，二面角的余弦值为。.12分解法二：（1）建立如图所示的直角坐标系Oxyz， 则，.6分（2）设平面OEF的法向量为由得解得所以，.9分又因为平面AOF的法向量为，.10分.11分且根据方向判断，二面角的大小为余弦为.12分21.（1）证明见解析；（2），为圆的轨迹方程；（3）或；（1）由题可知，判断直线与圆的位置关系，我们常采取两种方法，圆心到直线的距离与半径的比较，若距离大于半径，则位置关系是相离，若距离等于半径，则位置关系是相切，若距离小于半径，则位置关系是相交；或是判断直线所经过的定点和圆的关系，点在圆内，则位置关系是相交，点在圆上，则位置关系是相切，点在圆外，则位置关系是相离；（2）关于求轨迹方程的问题，求哪个点的轨迹就设哪个点的坐标，通过题中的条件将x，y的关系式求出，即得轨迹方程；（3）过一点的直线用点斜式设出，再和圆的方程联立，由韦达定理以及，得出直线方程为或；试题解析：（）解法一：圆的圆心为，半径为。圆心C到直线的距离，直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点；OBMAC方法二：直线过定点，而点在圆内直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点；（4分）（）当M与P不重合时，连结CM、CP，则，又因为,设，则，化简得：当M与P重合时，也满足上式。故弦AB中点的轨迹方程是。（8分）（）设，由，化简的 又由消去y得 （*） （10分）由解得，带入（*）式解得，直线的方程为或。（12分）考点：直线与圆的位置关系中点轨迹方程直线方程的应用22解：（I）设点，由题意可得，即化简可得（4分）（II）设，由题可得， 代入上式消去可得，即的轨迹为，即（6分）令所以，所以因此的最大值为，最小值为（9分）（注：用参数方程计算的参考给分）（III）的取值范围是（10分）证明：设，且因为，所以，且（11分）设过的直线方程为（一定存在），与的轨迹方程联立，消去得