河南省名校联盟2021-2022学年高二上学期第二次适应性联考（1月）理科数学试题（Word版含答案）

河南省名校联盟高二年级2021-2022学年上学期第二次适应性联考
理科数学试卷
说明：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．将代表选择题答案的字母对应的答题卡方框涂黑。
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，有且只有一项是符合题目要求的 ）
1．直线的方程为，则直线的倾斜角为（ 　　）
A． B． C． D．
2．在空间直角坐标系中，已知，，则的中点到坐标原点的距离为（　　）
A． B． C．2 D．3
3．一个长方体切去一个小长方体,所得几何体的主视图与左视图分别如图所示,则该几何体的俯视图为(　　)
4．圆锥的高扩大到原来的倍，底面半径缩短到原来的，则圆锥的体积（ ）
A．扩大到原来的倍 B．缩小到原来的一半 C．缩小到原来的 D. 不变
5．等比数列，满足，且，，则（ ）
A．31　　　　　 B．36　　　 C．42　 　　　 D．48
6．在棱长为1的正方体中，分别是和的
中点，则直线与所成角的余弦值为(　 　)
A． B． C． D．
7．圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上的点到直线x＋y－14＝0的最大距离与最小距离的差是 (　　)
A． 36 B． 18 C． 5 D． 6
8．在中，角，，的对边分别为，，，若，则为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
9. 已知空间中不同直线和不同平面、，下面四个结论：
①若互为异面直线，，，，，则；
②若，，，则；
③若，，则；
④若，，，则.其中正确的是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
10．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A． B． C． D．
11．已知正方体的棱长为1，是棱的中点，点在正方体内部或正方体的表面上，且∥平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成 （平面）．若、分别为线段、的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（ ）
A．与平面垂直的直线必与直线垂直
B．异面直线与所成角是定值
C．一定存在某个位置，使
D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°，半径为4的扇形，则这个圆锥的表面积是 .
14.已知圆与抛物线的准线相切，则的值为 .
15.已知为双曲线的上焦点，为的上顶点，为上的点，且平行于轴.若的斜率为，则的离心率为 .
16.如图，棱长为2的正方体中，是棱的中点，过作正方体的截面，则截面的面积是 .
三、解答题：（本大题共6小题，共70分。其中17题为10分，其余的都是12分，
解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤。）
17. 已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x+4y+12=0，BC：4x－3y+16=0，
CA：2x+y－2=0,求：(1)求直线AB与直线BC的交点B的坐标；
（2）求AC边上的高所在的直线方程.
18.如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.
（1）若平面，证明：是的中点.
（2）求点到平面的距离.
19.已知圆C经过点A(2，－1)，和直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上．
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程
20. 如图，在四棱锥中，底面，
，，是的中点．
（Ⅰ）求和平面所成的角的大小；
（Ⅱ）证明平面；
（Ⅲ）求二面角的正弦值．
21．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．
(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝时，求MN所在直线的方程．
22．已知圆C:,直线。（1） 无论m取任何实数，直线必经过一个定点，求出这个定点的坐标；（2） 当m取任意实数时,直线和圆的位置关系有无不变性，试说明理由；（3） 请判断直线被圆C截得的弦何时最短,并求截得的弦最短时m的值以及弦的长度.
理科数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A A D B A B D D D A C C
13. 14.2 15.2 16.
三、解答题
17解：(1)由解得交点B（－4，0）；
（2）. ∴AC边上的高线BD的方程
为.
18．（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，所以可设平面平面，
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以，
从而得.
因为为的中点，所以为的中点.
（2）解：因为底面，，，
所以，，
，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，
解得.
19．解：(1)设圆心的坐标为C(a，－2a)，
则＝.
化简，得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.
∴C(1，－2)，半径r＝|AC|＝＝.
∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.
(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，此时直线l被圆C截得的弦长为2，满足条件．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx，
由题意得＝1，解得k＝－，
∴直线l的方程为y＝－x，即3x＋4y＝0.
综上所述，直线l的方程为x＝0或3x＋4y＝0.
20．（Ⅰ）解：在四棱锥中，因底面，平面，故．
又，，从而平面．故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角．
在中，，故．
所以和平面所成的角的大小为．
（Ⅱ）证明：在四棱锥中，
因底面，平面，故．
由条件，，面．又面，．
由，，可得．是的中点，，
．综上得平面．
（Ⅲ）解：过点作，垂足为，连结．由（Ⅱ）知，平面，在平面内的射影是，则．
因此是二面角的平面角．由已知，得．设，得
，，，．
在中，，，则
．在中，．
21.解：(1)过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，
∴1＋a2≥4，∴a≥或a≤－.
(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．
∵|MN|＝，∴|DM|＝.
又|MC|＝2，∴|CD|＝ ＝，
∴cos∠MCA＝＝，|AC|＝＝＝，
∴|OC|＝2，|AM|＝1，
∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，
圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，
∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.
22.解：（1）直线可变形为，由，解得：，
直线恒过（－2，2）；
（2）圆心,,直线过圆内一定点P(-2,2),不论m取何值时，直线和圆总相交；
（3）当直线垂直PC时，截得的弦最短，
最短的弦长