高中数学必修二测试题

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高中数学必修2测试题

7．点M（x0,y0）在圆x2y2R2外，则直线x0xy0yR2与圆的位置关系是 A．相切 B． 相交 C．相离 D．不确定

8．在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为（ ）

总分

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人 得分 一、选择题

1．设b、c表示两条直线，、表示两个平面，下列命题中真命题是（ ） A．若b,c//则b//c, B．若b,b//c,则c//

C．若c//,，则c D．若c//,c，则 2．设直线m、n和平面,,下列四个命题中，正确的是（ ） A．若m∥，n∥，则m∥n

B．若m，n，m∥，n∥，则∥ C．若，m，则m D．若，m，m，则m∥

3．已知在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸,𝐹分别是𝐴𝐶,𝐵𝐷的中点，若𝐴𝐵=2,𝐶𝐷=4,𝐸𝐹⊥𝐴𝐵，则𝐸𝐹与𝐶𝐷所成角的度数是( A. 90∘ B. 45∘ C. 60∘ D. 30∘

4．长方体三个面的面积分别为2、6和9，则长方体的体积是( ) A．63 B．36 C．11 D．12 5．已知圆C:(x2)2(y1)24，则圆C的圆心和半径分别为 A．(2，，1) 4 B．(2，1)，2 C．(2，，1)2 D．(2，1)，2 6．ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是（ ） A.BD∥平面CB1D1 B.AC1BD C.AC1平面CB1D1 D.AC1BD1

第1页 共8页 A．63a B．66a C．22a D．12a 9．如图1，已知E、F、G、H分别是正方体ABCDA1BC11D1的棱A1D1、B1C1、CC1、DD1的中点，平面EFGH将正方体截去一个三棱柱后，得到图2所示的几何体，则此几何体的正视图和侧视图是( )

)

10．如图，有一个几何体的三视图及其尺寸（单位：cm），则该几何体的表面积和体积分别为（ ）[ 5 5 6 6 正（主）视图

侧（左）视图

俯视图

A．24cm2,12cm3 B．15cm2,12cm3

◎ 第2页 共8页

………线…………○…………

C．24cm2,36cm3 D．15cm2,36cm3

11．已知A,B是球O的球面上两点，AOB900，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ）

A．36 B． C．144 D．256

………线…………○………… 第3页 共8页◎ 第4页 共8页……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………

………线…………○………… ………线…………○…………

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 yB得分 二、填空题

ACQPOMx12．圆心在y轴上, 半径为1, 且过点（1,2）的圆的标准方程是 . 13．若圆xy2x8y0上存在两点关于直线

22xy1(a0,b0)对称，则ab的最小值为ab______________

lk2ABC……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………14．设正三棱锥PABC的高为2，侧棱与底面ABC成45角，则点A到侧面PBC的距离为___________. （Ⅰ）当直线的斜率时，求的面积. 15．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高。（Ⅱ）当直线l变化时，求BC中点M的轨迹. 若圆锥的轴截面是一个正三角形，则圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为

18．求与x轴相切,圆心在直线3x-y=0上,且被直线x-y=0所截弦长为27的圆的方程.

19．如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PAAC，ABBC．设D,E分别为PA,AC中点．

评卷人 得分 三、解答题

16．如图，在三棱椎ABCA，ABAC2AA01B1C1中，侧棱AA1底面ABC1，BAC120，D,D1分别是线段BC，B1C1的中点，过线段AD的中点P作BC的平行线，分别交AB,AC于点M,N.

（1）求证：DE//平面PBC； （2）求证：BC平面PAB；

（3）试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？ 若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．

20．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，上底面是斜边为AC的直角三角形，E、F分别是A1B、AC1的中点.

（1）证明：MN平面ADD1A1； （2）求二面角AA

1MN的余弦值. （1）求证：EF//平面ABC； 17．.(本小题满分10分)

（2）求证：平面AEF平面AA1B1B.

已知圆⊙C21:xy24,⊙C2:x2y216，过定点P(2,0)做直线l与大圆⊙C2小圆⊙C1依次交于

21．在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点.

A,P,Q,B,过点P(2,0)做与直线l垂直的直线交小圆于另一点C（如图）.

第5页 共8页 ◎ 第6页 共8页

………线…………○…………

求证：四边形B′EDF是菱形；

22．已知曲线C上的动点P（x,y）满足到定点A(-1,0)的距离与到定点B（1,0）距离之比为2． ………线…………○………… （1）求曲线C的方程．

（2）过点M(1,2)的直线l与曲线C交于两点M、N，若|MN|=4，求直线l的方程． 23．若圆C22221：xym与圆C2：xy6x8y160相外切． （1）求m的值；

（2）若圆C1与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，P为第三象限内一点且在圆C1上，直线

PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．

第7页 共8页 ◎第8页 共8页……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………

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参

1．D

【解析】解：选项A中，b,c可能有三种位置关系。选项B，c可能在平面内 选项C中，c可能在平面内，故只有选D

2．D 【解析】 试题分析：选项A中的m，n可能平行、相交、异面；选项B中的m，n必须是两条相交直线；选项C中的m与可能平行或相交，但不一定是垂直；所以D正确．

考点：点、线、面位置关系． 3．D

【解析】取𝐵𝐶中点𝑀，则𝐸𝐹⊥𝐸𝑀,𝐸𝐹与𝐶𝐷所成角等于𝐸𝐹与𝐹𝑀所成角,又𝐸𝑀=1,𝐹𝑀=2,所以∠𝐸𝐹𝑀=30∘,因此𝐸𝐹与𝐶𝐷所成角的度数是30∘，选D. 4．A 【解析】

试题分析：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有a b=2，b c=6，ac=9，∴V==

=6

．

考点：棱柱，棱锥，棱台的体积 5．B 【解析】

2试题分析：由圆的标准方程xaybr可知C:(x2)2(y1)24的圆心半径

221)，2 分别为(2，考点：圆的方程 6．D 【解析】

试题分析：因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DD1∥BB1且DD1BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BD∥B1D1,，因为BD面CB1D1，B1D1面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；因为AA所以AA1BD，1面ABCD,BD面ABCD，因为ABCD为正方形，所以ACBD,因为ACAA1A，所以BD面A1ACC1，因为

AC面A1ACC1，所以BDA11C，故B正确。同理可证得B1D1面A1ACC1，因为

AC1面A1ACC1，所以B1D1AC1，同理可证CB1AC1，因为B1D1CB1B1，所以

AC1平面CB1D1，故C正确。排除法应选D。

考点：1线面平行；2线线垂直、线面垂直。

答案第1页，总10页

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7．B 【解析】

22试题分析：因为点M在圆x2y2R2外，所以x0y0R2，又因为圆心0,0到直线

x0xy0yR2的距离d考点：直线与圆的位置关系 8．A 【解析】

R2xy2020R，所以直线与圆的位置关系是相交；故选B。

试题分析：由题：利用等体积法求距离,由

得；SCDMAA1SA1DMd ,

代入得

考点：求点面距可直接做垂线求垂线段长度或用等体积法转化. 9．C 【解析】本题考查三视图画法。正视图是指光线从正面将物体投影到垂直平面上所成的平面图，在画图时物体的棱看得见的画实线，看不见的画虚线。侧视图是指光线从左侧面将物体投影到垂直平面上所成的平面图，在画图时物体的棱看得见的也要画实线，看不见的画虚线。根据三视图的画法可知C正确.。 10．A 【解析】

试题分析：几何体为圆锥，底面直径为6，母线长为5，所以圆锥的表面积等于

srlr233524cm2V132412cm3 3，

h52324，

考点：1．三视图；2．几何体的体积公式． 11．C 【解析】

试题分析：如上图所示，点A,B,O三点应为大圆面上的等要直角三角形，由于C为该球面上的动点，所以当点C到平面OAB的距离最大时即CO平面OAB时，三棱锥OABC的体积取最大值，所以

11R336，解得R6，所以球O的表面积为32S球=4R2144，故选C.

答案第2页，总10页

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CABO 考点：1、球；2、球的表面积；3、三棱锥.

212．xy21

2【解析】

试题分析：由圆心在y轴上，设出圆心坐标为0,b，又半径为1，

2∴所求圆的方程可设为为xyb1，所求圆过1,2，

2将之代入圆的方程得：12b1，解之得：b2，

2故所求圆的方程为：xy21．

22考点：圆的定义和标准方程. 13．9 【解析】

22试题分析：将圆的方程xy2x8y0变形为x1y417,可知圆心为

221,4,半径为17．

xy141(a0,b0)过圆心1,4．即1,a0,b0． abab依题意可知直线

a0,b0,

4ab4ab144ab即abab5259,当且仅当baabbabaa3,b6时取等号．

考点：1圆的对称性;2基本不等式． 14．65 5【解析】 试题分析：过正三棱锥PABC的顶点P作底面的垂线，垂足设为O，则O为底面ABC的

答案第3页，总10页

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DBC，因此BC中心，连接AO并延长交BC于D，则有ADBC，连接PD，则P面PAD，从而面PBC面PAD，交线为PD，过点A作PD的垂线，垂足为H，则AH即为点A到侧面PBC，由侧棱与底面ABC成45角，知PAO45，又PO2，则

有AO2，从而OD1OA1，进而PDPO2OD25，在△PAD中，运用等2面积思想有1165ADPOPDAH，得AH. 225考点：立体几何中的有关计算. 15．3 【解析】假设底面半径为R,体积之比为2R3R3.

R2R16．（1）证明略；（2）15． 5【解析】 试题分析：（1）先利用等腰三角形的三线合一和三角形的中位线的性质得到线线垂直和平行，再利用线面垂直的判定定理进行证明；（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，利用平面的法向量的夹角的余弦值求二面角的余弦值． 试题解析：（1）证明：因为ABAC，D是BC的中点，所以，BCAD. 因为M,N分别为AB,AC的中点，所以MN//BC. 所以MNAD.

因为AA1平面ABC，MN平面ABC，所以AA1MN. 又因为AD,AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交， 所以MN平面ADD1A1.

（2）设AA11，如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以A1E,A1D1,A1A的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角系Oxyz（点O与点A1重合）. 则A1(0,0,0),A(0,0,1).

因为P为AD的中点，所以M,N分别为AB,AC的中点，

故M(3131,,1),N(,,1)， 222231所以A1M(,,1),A1A(0,0,1),NM(3,0,0).

22答案第4页，总10页

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设平面AA1M的法向量为n1(x1,y1,z1)，

31n1A1Mn1A1M0(x1,y1,z1)(,,1)0则，故有 ，即22(x,y,z)(0,0,1)0n1A1An1A1A011131x1y1z10从而2，取x11，则y13， 2z01所以n1(1,3,0)是平面AA1M的一个法向量. 设平面A1MN的法向量为n2(x2,y2,z2)，

31nAMnAM0(x,y,z)(,,1)02222211则，即，故有 22(x,y,z)(3,0,0)0n2NMn2NM022231x2y2z20从而2，取y22，则z21 23x02所以n2(0,2,1)是平面A1MN的一个法向量. 设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，

(1,3,0)(0,2,1)n1n215则cos.

n1n2525故二面角AA1MN的余弦值为15. 5

考点：1.空间中线面、线线位置关系的转化；2.空间向量在立体几何中的应用．

答案第5页，总10页

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17．解：（1）当k2时，l:2xy40， 圆心O到l的距离d45，

所以AB21616168,CP. 555SABC1168 ………………………..4分 2555

【解析】略 2222

18．(x-1)+(y-3)=9或(x+1)+(y+3)=9.

【解析】圆心O在直线3x-y=0上,设圆心坐标为(a,3a),

∴圆心到直线x-y=0的距离为又圆与x轴相切,则圆半径r=3|a|.

222

故设圆的方程为(x-a)+(y-3a)=9a, 设线段A1A2中点为A,则|A1A|=7. 在Rt△OA1A中,由勾股定理得

.

,解得a=±1,r=9.

∴所求圆的方程为(x-1)+(y-3)=9或(x+1)+(y+3)=9. 19．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在点F是线段AB中点. 【解析】 试题分析：（1）先由三角形中位线定理得DE//PC，再根据直线与平面垂直的判定定理可

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2

2

2

2

2

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的结论；（2）平面PAC平面ABC可得，PABC，又ABBC，再根据直线与平面垂直的判定定理可得结论；（3）当点F是线段AB中点时，证明平面DEF//平面PBC即可.

试题解析： (1)证明：因为点E是AC中点，点D为PA的中点，所以DE//PC． 又因为DE平面PBC,PC平面PBC，所以DE//平面PBC．

（2）证明：因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，又PA平面且PAC,PAAC，所以PA平面ABC．所以PABC．又因为ABBCPAABA，所以BC平面PAB．

（3）解：当点F是线段AB中点时，过点D,E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．

取AB中点F，连EF，连DF． 由（1）可知DE//平面PBC．

因为点E是AC中点，点F为AB的 中点， 所以EF//BC．

又因为EF平面PBC，BC平面PBC， 所以EF//PBC． 又因为DEEFE，

所以平面DEF//平面PBC，

所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．

考点：1、直线与平面垂直的判定、直线与平面平行的判定；2、平面与平面平行的判定、平面与平面垂直的性质. 20．（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】

试题分析：（1）要证明线面平行，可先证明线线平行，所以连接A1C，点E,F分别是两边的中点，所以EF//BC,证明了线线平行，即证明了线面平行的判定定理；（2）要证明面面垂直，可先证明线面垂直，根据（1）的结论，可转化为先证明BC平面AA1B1B,即证明

BCBB1和BCAB,因为BC//EF,所以EF平面AA1B1B.

试题解析：证明：（1）连接A1C，∵直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA 1C1C是矩形，故点F在A1C上，且F为A1C的中点，

答案第7页，总10页

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在A1BC中，∵E、F分别是A1B、AC1的中点，∴EF//BC. 又EF平面ABC，BC平面ABC，∴EF//平面ABC.

（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，∴BB1BC， ∵EF//BC，∴BB1EF.

又底面是斜边为AC的直角三角形，故ABBC，∴EFAB， ∵BB1ABB，故EF平面AA1B1B，

又EF平面AEF，故平面AEF平面AA1B1B. 考点：1.线面平行的判定定理；2.面面垂直的判定定理. 21．证明见解析

【解析】证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EG

平行四边形.∴B′E∥A′G,又A′F

∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面 故四边形B′EDF是菱形.

22．（1）xy6x10（或(x3)y8）；（2）x1或y2.

【解析】 试题分析：（1）根据动点P（x，y）满足到定点A（-1，0）的距离与到定点B（1，0）距离之比为2，建立方程，化简可得曲线C的方程．（2）分类讨论，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理，即可求得直线l的方程． 试题解析：（1）由题意得|PA|=2|PB|

22故(x1)y5a,下证B′、E、 2ABA′B′知，B′EGA′是

DG,∴A′GDF为平行四边形.

22222(x1)2y2

22化简得：xy6x10（或(x3)y8）即为所求。 （2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x1， 将x1代入方程xy6x10得y2， 所以|MN|=4，满足题意。 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxk+2

2222答案第8页，总10页

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由圆心到直线的距离d2|3kk2|1k2

解得k0，此时直线l的方程为y2

综上所述，满足题意的直线l的方程为：x1或y2.

考点：直线和圆的方程的应用． 23．（1）m4；（2）4. 【解析】 试题分析：（1）求出两圆圆心和半径，两圆外切，圆心距等于两半径和，由此解得m4；（2）点A坐标为(2,0)，点B坐标为(0,2)，设P点坐标为(x0,y0)，由题意得点M的坐标为(0,2y02x0点N的坐标为(由此得到四边形面积的表达式，化简得S4. )；,0)，2x02y0试题解析：

（1）圆C1的圆心坐标(0,0)，半径为m， 圆C2的圆心坐标(3,4)，半径为3， 又两圆外切得m35，m4． （2）点A坐标为(2,0)，点B坐标为(0,2)， 设P点坐标为(x0,y0)， 由题意得点M的坐标为(0,2y02x0)；点N的坐标为(,0)， 2x02y0四边形ABNM的面积S2x02y011|AN||BM|(2)(2) 222y02x0142y02x042x02y01(42y02x0)2， 22y02x02(2y0)(2x0)有P点在圆C1上，有x02y024， ∴四边形ABNM的面积S4(42x02y0x0y0)4，

(2y0)(2x0)即四边形ABNM的面积为定值4． 考点：圆与圆的位置关系.

【方法点晴】设两圆的圆心分别为C1、C2，圆心距为dC1C2，半径分别为R、r答案第9页，总10页

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(Rr).(1)两圆相离：无公共点；dRr，方程组无解.(2)两圆外切：有一个公共点；dRr，方程组有一组不同的解.(3)两圆相交：有两个公共点；RrdRr，方程组有两组不同的解.(4)两圆内切：有一公共点；dRr，方程组有一组不同的解.(5)两圆内含：无公共点；0dRr，方程组无解.特别地，d0时，为两个同心圆.

答案第10页，总10页