【文档说明】吉林省白山市抚松县第一中学2021-2022学年高二上学期开学考试验收数学试题含答案.docx，共(21)页，2.843 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022上学期高二开学考试验收试卷数学试卷时间120分钟满分150分一、单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．2．圆22(1)3xy−+=的圆心坐标和半径分别是（）A．(-1，0)，3B．(1，0)，3C．()1,0,3−D．()1,0,33．已知空间三点()2

,0,8A−，(),,Pmmm，()4,4,6B−，若向量PA与PB的夹角为60°，则实数m=（）A．1B．2C．1−D．2−4.5.6.作业原题作业原题作业原题7.已知点(,)Pxy在直线23xy+=上移动，当2

4xy+取得最小值时，过点(,)Pxy引圆22111()()242xy−++=的切线，则此切线段的长度为()A．62B．32C．12D．328．二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题5分，4题共20分）9.已知平面上一点M(5,0),若直线上存在点P使|P

M|=4,则称该直线为“切割型直线”,下列直线中是“切割型直线”的是()A.y=x+1B.y=2C.y=xD.y=2x+110．11．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（）

作业原题A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98D．点C与点G到平面AEF的距离相等12．三、填空题（每题5分，4题共20分）13.14．若曲线21:22Cy

xx=+−−与曲线2:(2)()0Cyykxk−−+=有四个不同的交点,作业原题则实数k的取值范围是__________.15．《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD

，ABEF均为等腰梯形，////ABCDEF，平面ABCD⊥平面ABEF，梯形ABCD，梯形ABEF的高分别为3，7，且6AB=，10CD=，8EF=，则ADBF=________.16．四、解答题

（17题10分，其余每题12分，7题共70分）17.18.作业原题作业原题19.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD,1,60ADDCCBABC====，四边形ACFE为矩形，10,,FBMN=分别为,EFAB的中点.(1)求证：MN∥平面FCB；(2)若直线AF与平面FCB所成的角

为30°，求平面MAB与平面FCB夹角的余弦值.2021．22．如图，四梭锥EABCD−中，,,2AEABACBCBAAC⊥⊥=，,ACAEADCDM===为CD中点.（1）求证：ABEM⊥；（2）若二面角EABD−−的余弦值为34，

求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.作业原题作业原题2021-2022上学期高二开学考试验收试卷数学试题时间120分钟满分150分一、单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．2．圆22(1)3xy−+=的圆心坐标和半

径分别是（）A．(-1，0)，3B．(1，0)，3C．()1,0,3−D．()1,0,3【答案】D【分析】根据圆的标准方程，直接进行判断即可.【详解】根据圆的标准方程可得，22(1)3xy−+=的圆心坐标为

(1,0)，半径为3，故选：D.3．已知空间三点()2,0,8A−，(),,Pmmm，()4,4,6B−，若向量PA与PB的夹角为60°，则实数m=（）A．1B．2C．1−D．2−【答案】B【分析】直接由空间向量的夹角公式计算即可【详解】作业原题()2,0,8A−Q，

(),,Pmmm，()4,4,6B−，()2,,8PAmmm=−−−−，()4,4,6mmBmP=−−−−由题意有22231240cos603126831268PAPBPAPmmBmmmm−+==−+−+即

2231268312402mmmm−+=−+，整理得2440mm−+=，解得2m=故选：B4.答案C5.答案A6.答案B7．已知点(,)Pxy在直线23xy+=上移动，当24xy+取得最小值时，过点(,)Pxy引圆22111()()242xy−++=的切线，则此切线段的长

度为()A．62B．32C．12D．32作业原题作业原题【答案】A【解析】试题分析：要求解且线段的长度，只要知道圆心到点P的距离和圆的半径，结合勾股定理可知．由于利用基本不等式及x+2y=3得到2x+4y≥22232?42?22222xyxyxy+====，当且仅当2x=

4y=22，即x=32，y=34，所以P（33,24），根据两点间的距离公式求出P到圆心的距离=223131()()22244−++=且圆的半径的平方为12，然后根据勾股定理得到此切线段的长度216(

2)22−=，故选A.考点：考查学生会利用基本不等式求函数的最值，会利用两点间的距离公式求线段长度，会利用勾股定理求直角的三角形的边长．此题是一道综合题，要求学生掌握知识要全面．点评：要求切线段的长度，利用直角三角

形中半径已知，P与圆心的距离未知，所以根据基本不等式求出P点的坐标，然后根据两点间的距离公式求出即可.8．B二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题5分，4题共20分）9.已知平面上一点M(5,0),若直线上存在点

P使|PM|=4,则称该直线为“切割型直线”,下列直线中是“切割型直线”的是()A.y=x+1B.y=2C.y=xD.y=2x+1【答案】BC【解析】所给直线上的点到定点M距离能否取4,可通过求各直线上的点到点M的最小距离,即点M到

直线的距离来分析.A.因为d==3>4,故直线上不存在点到M距离等于4,不是“切割型直线”;B.因为d=2<4,所以在直线上可以找到两个不同的点,使之到点M距离等于4,是“切割型直线”;C.因为d==4,直线上存在一点,使之到点M距离等于4,是“切割型直线”;D.因为d=>

4,故直线上不存在点到M距离等于4,不是“切割型直线”.10．BD11．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（）A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF

截正方体所得的截面面积为98D．点C与点G到平面AEF的距离相等【答案】BC【分析】对于选项AD可以利用反证法分析得解；对于选项B可以证明；对于选项C，可以先找到截面再计算得解.【详解】根据题意，假设直线D1D与直线AF垂直，又1DDAE⊥,,,AEAFAAEAF=平面AE

F，所以1DD⊥平面AEF,所以1DDEF⊥,又11//DDCC,所以1CCEF⊥,与4EFC=矛盾，所以直线D1D与直线AF不垂直，所以选项A错误；因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，1DF平面AEFD1，所以A1G∥平面A

EFD1，故选项B正作业原题确．平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，由题得该等腰梯形的上底2,2EF=下底12AD=,腰长为52，所以梯形面积为98，故选项C正确；假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，

则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故选项D错误．故选：BC．【点睛】方法点睛：对于空间几何线面位置关系命题的判断，常用的方法有：（1）举反例；（2）直接证明；（3）反证法.要根据已知条件灵活选择方法解答.12．ABD三、填空题（每题5分，4题共2

0分）13.(-3,-5)14．若曲线21:22Cyxx=+−−与曲线2:(2)()0Cyykxk−−+=有四个不同的交点,则实数k的取值范围是__________.【答案】47(,23−−−）【解析】由21:22

Cyxx=+−−得22(1)(2)1(2)xyy++−=…，曲线C1表示以(1,2)−为圆心以1为半径的上半圆，显然直线2y=与曲线C1有两个交点，交点为半圆的两个端点，∴直线(1)ykxkkx=−=−与半圆有2个除端点外的交点，当直线(1)ykx=−经过点(0,2)时

，20201k−==−−，当直线(1)ykx=−与半圆相切时，作业原题2|22|11kk+=+，解得473k−−=或473k−+=（舍去）所以4723k−−−时，直线(1)ykx=−与半圆有2个除端点外的交点，故

答案为：47(,23−−−）15．《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，////ABCDEF，平面ABCD⊥平面ABEF，梯形ABCD，

梯形ABEF的高分别为3，7，且6AB=，10CD=，8EF=，则ADBF=________.【答案】14【分析】过A分别作CD，EF的高，垂足分别为N，M，可证明AN，AB，AM两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出B，D，F，A的坐标，从而求出ADBF的值

即可．【详解】如图示：过A分别作CD，EF的高，垂足分别为N，M，平面ABCD⊥平面ABEF，////ABCDEF，平面ABCD平面ABEFAB=，故NA⊥平面ABEF，故ANAB⊥，ANAM⊥，又AMAB⊥，故AN，AB，AM两两垂直，以A为坐标原点

，AB，AM，AN分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz−，则由题意可知：(6B，0，0)，(2D=−，0，3)，(1F−，7，0)，(0A，0，0)，故(7BF=−，7，0)，(2AD=−，0，3)，故14ADBF=，故答案为：1416

．2,3四、解答题（17题10分，其余每题12分，7题共70分）17.作业原题作业原题18.19.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD,1,60ADDCCBABC====，四边形ACFE为矩形，10,,FBMN

=分别为,EFAB的中点.(1)求证：MN∥平面FCB；(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°，求平面MAB与平面FCB夹角的余弦值.19.答案：(1)取BC的中点Q，连接,NQFQ，如图所示，则1,2

NQACNQAC=P.又1,,,2MFACMFACMFNQMFNQ==PP，则四边形MNQF为平行四边形，即MNFQP.FQQ平面,FCBMN平面FCB，MNP平面FCB.(2)由,1,60ABCDADDCCBABC====P，可得90,3,2ACBACAB=

==.Q四边形ACFE为矩形，,ACBCAC⊥⊥平面FCB，则AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即30AFC=，3FC=.22210,,FBFBFCCBFCBC==+⊥Q，则可建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，33(3,0,0),(0,1,

0),,0,3,,0,322ABMMA=−uuur，3,1,32MB=−−uuur.设(),,xyz=m为平面MAB的法向量，则00MAMB==mmuuuruuur，即33023302xzxyz

−=−+−=，取23x=，则(23,6,1)=m为平面MAB的一个法向量.又(3,0,0)CA=uur为平面FCB的一个法向量，23323cos,773||||CACACA===mmmuuruuruur，故平面MAB与平

面FCB夹角的余弦值为237.20．2020作业原题21．22．如图，四梭锥EABCD−中，,,2AEABACBCBAAC⊥⊥=，,ACAEADCDM===为CD中点.作业原题（1）求证：ABEM⊥；（2）若二面角EABD−−的余弦值为34，求直线DE

与平面ABE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）19520.【分析】（1）由2BAAC=，ACBC⊥，得3BAC=，再由ACADCD==，可得3BCD=，从而得AB∥CD，再结已知条件可得,CDAMCDAE⊥⊥，从而由线面垂直

的判定定理可得AB⊥平面AME，进而可得ABEM⊥（2）由（1）知：AB⊥平面AME，EAM即为二面角EABD−−的平面角，过点M作MHEA⊥于H，在RtMAH中可求出MH的值，从而可求出答案；或以A为原点，,ABAM为x轴，y轴，垂直平面ABCD

向上方向为z轴，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）2BAAC=，,3ACBCBAC⊥=，又,ACADCDM==为CD中点，则有3BCD=，AB∥CD，,CDAMCDAE⊥⊥，∵AMAEA=A

B⊥平面AME，∵EM平面AME，所以ABEM⊥.（2）方法一：由（1）知：AB⊥平面AME，EAM即为二面角EABD−−的平面角，所以3cos4EAM=，所以13sin4EAM=过点M作MHEA⊥于H，记1ACADCD===，RtMAH中：31339

sin248MHMAEAM===又//CD面AEB，D∴到面AEB的距离与M到面AEB的距离相等，392195sin8205MHED===方法二：以A为原点，,ABAM为x轴，y轴，垂直平面ABCD向上方向为z轴，如图建立空间直角坐标系，令2AC=，则()()()0,

0,0,4,0,0,1,3,0ABD−；因为二面角EABD−−的余弦值为34，设EHAM⊥，则313,22AHHE==；所以3130,,22E，则3131,,;22DE=−又()3130,,,4,0,022AEAB==

，设平面ABE的法向量为(),,nxyz=，则403130,22xyz=+=取13y=−，则0,3xz==，所以()0,13,3n=−，令直线DE与平面ABE所成角为，则39195sincos,2045DEnDEnDEn

====.由EABDDAEBVV−−=，得39392195;sin88205ddED====