【常考题】高中必修二数学下期中第一次模拟试卷(含答案)

【常考题】高中必修二数学下期中第一次模拟试卷（含答案）一、选择题1．x+31．设曲线y=0在点（2,5）处的切线与直线⑪+y一1=0平行，则a=（）A．-41-A．-41-414D．42．A.2V2-12．A.2V2-12<23.已知三棱锥D-ABC的外接球的表面积为128兀,<2AB=BC=4,AC=4<2，则三棱圆X2+W—4X—4y+7=0上的动点P到直线元+y=0的最小距离为（）锥D-ABC体积的最大值为（）27A.—3210+8<6B.27A.—3210+8<6B. -16+、6C. -D3272+16而

. 34.已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点都在同一球面上，若球的半径为3,则该四棱锥的体积的最大值为（）64B.32C.54D.645.已知m，n是空间中两条不同的直线，a，P为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A.C.若muA.C.若mua若maam1P，则m//aB.若mua，nup，则m1nD.若a p=m，n1m，则n1a6.已知定义在R上的函数f（x）=2lx-m-1（m为实数丫为偶函数，6.f(log053),bf(log25),c f(2m)，则a,b,c，的大小关系为()A.=a<b<c7.若函数fA.=a<b<c7.若函数f(X)=<二B.c<awb'(3-a)x-3,x<7ax-6,x>7a<c<bc<b<a单调递增,则实数a的取值范围是（）A.V94,3B.4,3C.(1,3)D.(2,3)8.如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）9.在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如9.在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB1平面BCD,且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）A．B．D所成角的余弦值为（）A．B．D．.已知圆M:/+V-2口尸=0（醛>口）截直线x+y=O所得线段的长度是人。则圆M与圆飞：sli"-：rLl的位置关系是（ ）A.内切 B.相交 C.外切 D.相离2兀A.—3D.2兀.在梯形ABCD中，ZABC=90°,AD//BC,BC=2AD=2AB2兀A.—3D.2兀5n

C.—

3.。，6为两个不同的平面，E,冗为两条不同的直线，下列命题中正确的是（）①若［一/,M"，则M，p; ②若M’.z,X口，则M」f;③若liA，n邛,m〃，则/汽 ④若“=，"E，中［，则//；.A.①③ B.①④ C.②③ D.②④二、填空题.经过两条直线2x+3j+1=0和3x-y+4=0的交点，并且平行于直线3x+4y-7=0的直线方程是..已知圆M:x2+y2-2ay=0（a>0）截直线x+y=0所得线段的长度是2&，则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M为B1c1中点，连接A1B,D1M，则异面直线AB和DM所成角的余弦值为 ^1 1 d 0d 0.已知点"（1,2）,从3,2）,点F是直线l：y=x—3上的一个动点，当ZMFN最大时，过点M,N,F的圆的方程是..如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1底面ABCD,AD1AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1，若E为棱PC上一点，满足BE1BE1AC,则PEEC.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E是棱BB1的中点，则点B到平面ADE的距离为..如图，在ABC中，AB±BC,SA1平面ABC,DE垂直平分SC，且分别交AC,SC于点D,E，又SA=AB,SB=BC,则二面角E—BD—C的大小为.如图所示，二面角a-1-P为60,A,B是棱l上的两点，AC,BD分别在半平面内a,P，且AC11,,AB=4,AC=6,BD=8，则CD的长.三、解答题.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//CD,ZBCD=90°,2兀AB=AD=2DC=2.△PAD为正三角形，二面角P-AD-C的大小为—.(1)线段AD的中点为M.求证：平面PMB1平面ABCD；(2)求直线BA与平面PAD所成角的正弦值..如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，AABE是等腰直角三角形，AB=AE,FA=FE,ZAEF=45°.

(1)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM//平面BCE；(2)求二面角F—BD—A所成角的正弦值..如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，11,ZADC=90。，BC=-AD,PA=PD,M,N分别为AD和PC的中点.^2(1)求证：PA//平面MNB；(2)求证：平面PAD1平面PMB..在正方体ABCD—A1B1clR中，ab=3,e在CQ上且CE=2EC.(1)若F是AB的中点，求异面直线C1F与AC所成角的大小；(2)求三棱锥B1-DBE的体积..如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，/ACB=90°,ZBAC=30°,BC=1,A1A=J6,M是cc1的中点.(1)求证：A1B±AM；⑵求二面角BAMC的平面角的大小...如图，将棱长为2的正方体abcd-A1B1C1D1沿着相邻的三个面的对角线切去四个棱锥后得一四面体A-CB1d.（I）求该四面体的体积；（H）求该四面体外接球的表面积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题.D解析：D【解析】【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x=2时的导数，再由两直线平行与斜率的关系求得。值.【详解】x+3fx—1-x—3 4解：由'=x―1，得J=（x-1）2=一x—12,'・•・>"=-4,x=2x+3又曲线y=-7在点（2,5）处的切线与直线G+y—I=0平行，x—1—a=—4,即a=4.故选D.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查两直线平行与斜率的关系,是中档题.2.B解析：B【解析】【分析】先求出圆心到直线x+y=0的距离，根据距离的最小值为d-人即可求解.【详解】由圆的一般方程可得(X-2)2+(y-2)2=1,,12+21「片圆心到直线的距离d=一;「=2V2所以圆上的点到直线的距离的最小值为2v2-1.故选B.【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于中档题.3．D解析：D【解析】【分析】先求出球心O到底面距离的最大值，从而可求顶点D到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值.【详解】设外接球的球心为O,半径为R，则4兀R2=128兀，故R=4<2.设球心0在底面上的投影为£，因为OA=OC=OB，故E为AABC的外心.因为AB=BC=4，AC=4y2，所以AC2=AB2+BC2，故^ABC为直角三角形，故E为AC的中点，所以OE=、；OA2-AE2=2<6，设D到底面ABC的距离为h，则h<OE+R=2<6+4<2，所以三棱锥D-ABC的体积的最大值为1义1义4义4x(2v6+4J2)=32"2+®6.32 3故选：D.

【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定．4．A解析：A【解析】【分析】设底面ABCD的边长为a，四棱锥的高为h，可得a2=12h-2h2，得出四棱锥的体积关于h的函数V(h)，求出V的极大值点，即可得到四棱锥的体积的最大值.【详解】正四棱锥P-ABCD的所有顶点都在同一球面上，若球的半径为3，设底面ABCD的边长为a，四棱锥的高为h，设正四棱锥的底面ABCD的中心为O1.则OA=辿,PO11平面ABCD.22+(h—3>=32，可得a2=12h—2h2.(2+(h—3>=32，可得a2=12h—2h2.则该四棱锥的体积为V=则该四棱锥的体积为V=令f(h)=(12h—2h2)h,-xa2h=-(12h—2h2)h3 3，贝uff(h)=24h—6h2-x(-x(2x4—2x42)x4=64故选：A当0<h<4时，f，(h)>0,fh单调递增.当h>4时，f'(h)<0,fh单调递减.所以当h=4时，该四棱锥的体积有最大值，最大值为:【点睛】本题考查了四棱锥与球的组合体，求椎体的体积，关键是利用了导数求体积的最值．属于中档题.C解析：C【解析】由题设，a，P,则a.若根ua,则根，P,错误；b.若根ua,〃uP,则加，〃错误；D.若ac「=机，nlm,当时不能得到错误.故选C.B解析：B【解析】由/G)为偶函数得加二。,所以a=2%,531—1=210g23—1=3—1=2,b=210g25—1=5—l=4,c=2o—1=0,所以故选B.考点：本题主要考查函数奇偶性及对数运算.B解析：B【解析】【分析】利用函数的单调性，判断指数函数底数的取值范围，以及一次函数的单调性，及端点处函数值的大小关系列出不等式求解即可【详解】[(3-a)x-3,x7解：7函数"X)=《 「单调递增，3-。>0 49：,<a>\ 角笔得_«〃<3(3-tz)x7-3<a所以实数〃的取值范围是[:，3].故选：B.【点睛】本题考查分段函数的应用，指数函数的性质，考查学生的计算能力，属于中档题.C解析：C【解析】分析：由三视图还原实物图，再根据三角形面积公式求解.详解：在斜二测直观图中OB=2,OA=2,所以在平面图形中OB=2QA=4,OA±OB,所以面积为S=3义2x4=4.选C.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．9．A解析：A【解析】如图，分别取BCCD,AD,BD的中点M,N,P,。，连MN,NP,PM,PQ,则MNBD,NPAC,・・ZPNM即为异面直线AC和BD所成的角(或其补角).又由题意得PQ工MQ，PQ=1AB,MQ=1CD.设AB=BC=CD=2，则PM=&.又MN=1BD=<2,NP=1AC=222 2・・APNM为等边三角形，・.ZPNM=60。，・・异面直线AC与BD所成角为60。，其余弦值为2.选A.点睛：用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值．10．B解析：B【解析】化简圆制…”■.T "二MTL.rji口■肘到直线乂+1。的距离日——避+2= =z=M(O,Z),ri=2,又:rT一—|—"N—二一『］_『.，MN・仁・两圆相交.选B11．C解析：C【解析】【分析】【详解】由题意可知旋转后的几何体如图:直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以15该组合体的体积为V=V-V=兀义12义2__义兀*12义1=_兀圆柱圆锥 3 3故选C.考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.12．B解析：B【解析】【分析】在①中，由面面平行的性质定理得m〃仇在②中，m与n平行或异面；在③中，m与0相交、平行或mu0；在④中，由n±a,m，a,得m〃n，由n，。得m±0.【详解】由a,0为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，知：在①中，若a〃0,mua,则由面面平行的性质定理得m〃0,故①正确；在②中，若m〃a,nua,则m与n平行或异面，故②错误；在③中，若a±0,an0=n,m±n，则m与0相交、平行或mu0,故③错误；在④中，若n±a,m±a，则m〃n,由n±0,得m±0,故④正确.故选：B.【点睛】本题考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力,考查化归与转化思想,是中档题.二、填空题13.【解析】【分析】先求出两相交直线的交点设出平行于直线的直线方程根据交点在直线上求出直线方程【详解】联立直线的方程得到两直线的交点坐标平行于直线的直线方程设为则所以直线的方程为：故答案为：【点睛】本题19解析：3»4y+ii=0【解析】【分析】先求出两相交直线的交点，设出平行于直线3x+4y-7=0的直线方程，根据交点在直线上，求出直线方程.【详解】TOC\o"1-5"\h\z|2x+3y+1-0 135联立直线的方程彳 ，得到两直线的交点坐标(一,-),[3x+4y—7-0 1111平行于直线3x+4y—7-0的直线方程设为3x+4y+c-0,13 5则3•(—--)+4-(-)+c-0\o"CurrentDocument"11 1119所以直线的方程为：3x+4y+11-019故答案为：3x+4y+11=0【点睛】本题考查了直线的交点，以及与已知直线平行的直线方程，考查了学生概念理解，转化与划归的能力，属于基础题.14．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个解析：相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可.【详解】解：圆的标准方程为M:X2+(y一a)2=a2(a>0),则圆心为(0,a)，半径R=aa圆心到直线％+y=0的距离d二一宁;圆M:x2+y2一2ay=0(a>0)截直线X+y=0所得线段的长度是2；2,...2：；a2一a2=2<2即a2=4,a-2,则圆心为M(0,2),半径R-2,

圆N:(x—1)2+(y—1)2=1的圆心为N(1,1)，半径r=1,则MN=22,R+r=3，R—r=1，：.R一r<MN<R+r,即两个圆相交.故答案为：相交．【点睛】本题主要考查直线和圆相交的应用，以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出〃的值是解决本题的关键．15．【解析】【分析】连接取的中点连接可知且是以为腰的等腰三角形然后利用锐角三角函数可求出的值作为所求的答案【详解】如下图所示：连接取的中点连接在正方体中则四边形为平行四边形所以则异面直线和所成的角为或其解析：90【解析】【分析】连接CD、CM，取CD的中点N，连接MN，可知AB//CD，且ACDM是以cd为1 1 11 1 1腰的等腰三角形，然后利用锐角三角函数可求出cos/CD1M的值作为所求的答案.【详解】如下图所示：连接CD、CM，取CD的中点N,连接MN,11在正方体ABCD—ABCD中，AD//BC，则四边形ABCD为平行四边形，1111 11 11所以A1B//C1D,则异面直线A1B和D1M所成的角为/CD1M或其补角，5易知/BCD=/BCC=/CDD=90，由勾股定理可得CM=DM=—CD=,.;2

N为CD的中点，则MN1CD，在RtADMN中，cos/CDM=1 11 1DN<10—1—DM1因此，异面直线A1B和D1DN<10—1—DM1【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算,求解异面直线所成的角一般利用平移直线法求解,遵循“一作、二证、三计算”,在计算时,一般利用锐角三角函数的定义或余弦定理求解,考查计算能力,属于中等题．16.【解析】【分析】【详解】试题分析：根据题意设圆心坐标为C(2a)当NMFN最大时过点MNF的圆与直线y=x-3相切・・・・・・a=1或9a=1时r=NMCN=90°NMFN=45°a=9时r=NMCN<90解析：(x-2)2+(y-1)2=2【解析】【分析】【详解】试题分析：根据题意，设圆心坐标为C(2,a),当NMFN最大时，过点M,N,F的圆与直线y=x-3相切..，.a=1或9,a=1时，r=V2，/MCN=90°,NMFN=45°,a=9时，r=5«2,ZMCN<90°,ZMFN<45°,则所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=2考点：圆的标准方程17．【解析】【分析】过作交于连接根据可得平面通过解三角形求得的值也即求得的值【详解】过作交于连接根据可得平面故由于所以由于所以在直角三角形中所以而故根据前面证得可得【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定解析：3【解析】【分析】过b作BF1AC,交AC于F，连接EF，根据BE1AC,可得AC1平面BEF，通过解三角形求得AF:FC的值，也即求得PE的值.EC【详解】过B作BF1AC,交AC于F，连接EF，根据BE1AC,可得AC1平面BEF，故AC1EF，由于PA1AC，所以EF//PA.由于AD=CD，所以，•一，•一n ，一，，n/DAC=/BAC=i.在直角三角形ABF中，AB—1,/BAF—"4,所以AF=2AAB—旦，而AC=2J2，故AF:FC—1:3.根据前面证得EF//PA，可得2 2PE:EC—AF:FC—1:3.【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定，考查线面垂直的证明，考查简单的解特殊角三角形的知识.属于基础题.18．【解析】【分析】点到平面的距离等价于点到平面的距离过作交于证得平面利用等面积法求得点到平面的距离也即点到平面的距离【详解】由于是的中点故点到平面的距离等价于点到平面的距离过作交于由于故平面在直角三角解析：亘5【解析】【分析】点B1到平面ADE的距离等价于点B到平面ADE的距离，过B作BF1AE，交AE于F，证得BF1平面ADE，利用等面积法求得点B到平面ADE的距离，也即点B1到平面ADE的距离.【详解】由于E是BB1的中点，故点B1到平面ADE的距离等价于点B到平面ADE的距离，过B作BF1AE，交AE于F，由于BF1AD，ADcAE=E，故BF1平面ADE.在直角三角形ABE中，AB=1,BE=1,AE=至，所以1・AB•BE=1•AE•BF，解得222 2BF八5BF.5【点睛】本小题主要考查点到面的距离，考查等面积法求高，考查线面垂直的证明，属于基础题.19．60°【解析】【分析】首先证得是二面角的平面角解直角三角形求得的大小【详解】由于是的中点所以由于所以平面所以由于平面所以而所以平面所以所以是二面角的平面角设则所以所以在中所以所以故答案为：【点睛】本解析：60°【解析】【分析】首先证得/EDC是二面角E-BD-C的平面角，解直角三角形求得/EDC的大小.【详解】由于SB=BC,E是SC的中点，所以SC1BE，由于SC±DE,DEcBE=E，所以SC1平面BDE，所以SC1BD.由于SA1平面ABC，所以S41BD，而S4cSC=S，所以BD1平面SAC，所以BD1DC,BD1DE，所以/EDC是二面角E—BD—C的平面角.设SA=AB=1,则SB=BC=<2，所以SC=2，所以在1RtASAC中，SA=-SC，所以/SCA=30，所以/EDC=60.乙o o故答案为：60【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.20．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程解析：2<17.【解析】【分析】推导出CD=CA+AB+BD，两边平方可得CD的长.【详解】'「二面角aT—P为60。，A、B是棱l上的两点，AC,BD分别在半平面a、P内,且ACEBD1LAB^4，AC=6，BD=8，・•.CD=CA+AB+BD，•二CD2=(CA+AB+BD)2=CA2+AB2+BD2+2CABD=36+16+64+2x6x8xcos120。=68，，CD的长|CD1=,/68=2f17.故答案为：2<177 —一【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．三、解答题3(1)证明见解析；(2)4.【解析】【分析】⑴直角梯形ABCD中，过D作DF±AB于F,求解三角形可得^ABD为正三角形，又△PAD为正三角形，M为线段AD的中点，可得PM±AD,BM±AD,再由线面垂直的判定可得AD，平面PBM,从而得到平面PMB，平面ABCD；(2)在平面PMB中，过B作BO±PM,垂足为O,则BO，平面PAD，连接AO,则NBAO为直线BA与平面PAD所成角，然后求解三角形得答案.【详解】(1)证明：过D作DF±AB于F在RtAADE中，AD=2,AE=1,，…兀・・./BAD=在RtAADE中，AD=2,AE=1,，…兀・・./BAD=・•.BAD和^PAD是正三角形，:M是AD的中点，・•・AD1MB,AD1MP,心MBcMP=M,・•.AD1平面PMB,又ADu平面ABCD・•・平面PMB1平面ABCD.（2）由（1）知/PMB是二面角P-AD-B的平面角由（1）知AD1平面PMBADu平面PAD・•・平面PAD1平面PBM・••过B作平面PAD的垂线，则垂足E在PM延长线上,兀.・./BME=—一 3.连结AE，则/BAE是AB与平面PAD所成的角,3・•・BM=J3，,BE=-,.•.sin/BAE=丝=3AB4【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定，线面角的求法，二面角，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.(1)证明见解析；(2)隹.11【解析】【分析】(1)取BE中点N，连MN,CN，得MN//AB,MN=1AB，可证四边形CPMN为平行四边形，进而有MP//CN，即可证明结论；(2)设AB=AE=2，由已知可得AE，平面ABCD，过F做FQ//AE，交AB于Q，得FQ1平面ABCD,过Q做QO1BD垂足为O,连FO,可证BD1平面FOQ，得到ZFOQ为二面角F—BD—A的平面角，解RAOFQ即可.【详解】(1)取BE中点N，连MN,CN，又M为AE的中点，MN//AB,MN=-AB，在正方形ABCD中，p是CD中点，2，CP//MN,CP=MN, 四边形CPMN为平行四边形，MP//CN,MP亡平面BCE,CNu平面BCE,PM//平面BCE；(2)设AB=AE=2,AABE是等腰直角三角形，AB=AE,AE1AB，平面ABCD1平面ABEF,平面ABCD平面ABEF=AB,AEu平面ABEF,・•・AE1平面-ABCD,过F做FQ//AE，交AB于Q,FQ1平面ABCD,FA=FE,ZAEF=45。，EF1AF,ZEAF=45。,/.AF=<2,ZFAQ=45。,在RtAAFQ中，FQ=AQ=1,BQ=3,过Q做QO1BD垂足为O,连FO,FQ1平面ABCD,;.FQ1BD,FQOQ=Q,.・.BD1平面FOQ,BD1OF, QzFOQ为二面角F—BD—A的平面角，在RtABOQ中，bq=3,zOBQ=45。,.二OQ=迪,2在RtAFOQ中，OF=、:FQ2+OQ2=多,；sin.OQ普泽， 、，22••・二面角F—BD—A所成角的正弦值三一.11【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及求二面角，利用垂直关系做出二面角的平面角是解题的难点，要注意空间垂直间的相互转化，属于中档题.23．（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）通过证明NQ//PA，即可得到本题结论；（2）由题，先证PM±AD和AD1MB，即可得到AD1平面PMB，由此即可得到本题结论.【详解】（1）连接AC交mb于Q，连接NQ,MC.1因为AM//BC,AM=-AD=BC,2所以四边形ABCM是平行四边形，所以Q是AC的中点.又N是PC的中点，所以NQ//PA,因为NQu平面MNB,PA0平面MNB,所以PA//平面MNB；

(2)因为PA=PD,AM=MD，所以PM±AD,因为MD//BC,MD=BC,所以四边形BCDM是平行四边形，所以MB//DC,因为ZADC=90°,即AD1DC,所以AD1MB,因为PMcMB=M,PM,MBu平面PMB,所以AD1平面PMB，又ADu平面PAD,所以平面PAD1平面PMB.【点睛】本题主要考查线面平行的判定与面面垂直的判定,考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.24.⑴j⑵2【解析】【分析】(1)连接AC,^Cx，由ACAC^知/FC