广东省茂名地区2022-2022学年高一数学下学期期末考试试题答案.doc

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1、20222022学年度第二学期期末考试高一数学参考答案一、选择题1解析：点(1，1)到直线xy10的距离d.应选D2. 解析:这个多面体是由一个四棱锥和一个四棱柱组合而成，应选B3.解析:直线y2x3为斜截式方程,其中斜率为2,截距为1.应选C4.解析：由题意可得直线的两点式方程为，化简得2xy10，应选C.5.解析：由题意解得应选D6.解析：如下图，设底面半径为r，假设矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，那么2r8，所以r；同理，假设矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，那么2r4，所以r，应选C.7. 解析：底不变，只研究高的情况即可，此结论应识记应选A。ABCDA1B1C1D18 解析：如

2、图，连接DC1，DB，因为ADB1C1,所以四边形ADC1B1为平行四边形，所以AB/DC,所以BC1D为异面直线AB1与BC1所成的角,由正方体可知BC1DBDC1，所以BA1D60，应选C.9.解：由于都错，只有对，应选B。10.解析：因为(2022,2022)是直线a1xb1y10和a2xb2y10的公共点,那么2022a12022b110 及2022a22022b210都成立，故点(a1,b1)和(a2 ,b2)都在直线2022x2022y10 上，所以选A。11解析：在ABC中，ABAC，ABC的外心、重心、垂心，都在线段BC的垂直平分线上，故ABC的欧拉线方程就是线段BC的垂直平分

3、线所在的直线方程ABC的顶点B(-1,0),C(0,2),BC的中点坐标为，1，,BC的垂直平分线方程为,即2x+4y-3=0 ABC的欧拉线方程为2x+4y-3=0应选D12. 解析：由x+my=0知该直线过定点A0， 0，由mx-y-m+3=0知该直线过定点B1， 3，当m3时，两直线互相垂直，故P是垂足，所以PA+PB|AB|=，假设m=3时，此时两直线交于点P0， 0,故PA+PB=，所以PA+PB。由于两直线互相垂直，所以PA2+PB2=|AB|2=10，所以(PA+PB)22(PA2+PB2)=20,所以PA+PB2,所以PA+PB2,应选B二、填空题13.解析：(a1)xy2a1

4、0化为xy1a(x2)0由得故填A(2，3)14.解析：依题意得，长方体的体对角线长为，记长方体的外接球的半径为R，那么有2R，R，因此球O的外表积等于4R214.故填1415解析：因为PA平面ABC，所以斜线PB在平面ABC上的射影为AB，所以PBA为直线PB与平面ABC所成的角在PAB中，BAP90，PB2AB，所以BPA30，所以PBA60，即直线PB与平面ABC所成的角的大小为60.故填6016 解析：f(x)=f(X)的几何意义为点M(x,0)到两定点A(2，4)与点B(1，3)的距离之和,设点A2，4关于x轴的对称点为,那么为2，4。要求f(x)的最小值，可转化为|MA|+|MB|

5、的最小值，利用对称思想可知|MA|+|MB|=|M|+|MB|B=即f(x)=的最小值为故填三、解答题(共六题,70分)17.解:(1)设BC中点D的坐标为x，y,那么,2分BC边的中线AD过点A3，0，D0，2，两点，由截距式得AD所在直线方程为4分即2x3y+6=05分2AC的斜率为，7分那么过点B且与AC平行的直线的斜率是，8分由点斜式可得所求的直线方程为y1=3x2 9分即 3xy5=010分18. 解：法1：1因为两条直线分别为1：x+(1+m)y=2m, 2：2mx+4y=16当14(1+m) 2m=0时1分 解之得m=2或 m=13分(或当14(1+m)2m0时1分 解之得m2且

6、 m13分)故当m2且 m1时14(1+m) 2m0两直线1与 2相交4分)2由(1)可知当m=2或 m=1时,14(1+m) 2m=0时(假设第(1)问不作答或答错，第2问才求出以上结果给3分)假设m=2，那么1：xy=4, 2：4x+4y=16 5分 且，故此时1与 2重合6分 当m=1时1：x+2y=1, 2：4x+4y=167分 且，故此时1与 2平行8分 综上可知当当m=1时,1与 2平行9分 3假设要1与 2垂直，只需12m +4(1+m) =0，10分 解之得m=11分 故当m=时，1与 2垂直12分 法2：当m=-1时,1：x=3, 2：-2x+4y=16 此时1与 2相交1分

7、当m-1时, 1:， 2：3分1假设1与2相交，那么，解之得m2且 m14分又因为当m=-1时1与2也相交，故当m2且 m1时1与2相交5分(2)假设1与2平行，那么 6分 m=18分故当m=1时1与2平行9分3假设1与2垂直，那么()=-1, 10分解之得m= 11分 故当m=时1与2垂直12分19. 解：Isin2B=2sinAsinC，由正弦定理可得01分 代入可得bk2=2akck，2分b2=2ac，3分a=b，4分 a=2c，即c= 5分由余弦定理可得：cosB=6分II由I可得：b2=2ac， B=90，且a=，a2+c2=b2=2ac8分 2+c2= 2c即c2-2c+2=0解之

8、得c=10分 FABDCESABC=112分20.证明：(1)因为BC平面ABE，AE平面ABE，所以AEBC，1分又BF平面ACE，AE平面ACE，所以AEBF，2分且BFBCB，BF、BC平面BCE。所以AE平面BCE 3分又BE平面BCE，所以AEBE.5分PABDCEMN(2)法1：如右图所示，设DE的中点P，连结PA，PN6分因为点N、P分别为线段CE、DE的中点所以PN为的中位线7分所以PNDC，且PNDC，8分又四边形ABCD是矩形，所以AB/DC，且ABDC 且点M为线段AB的中点，所以AMDC，且AMDC分所以PNAM，且PNAM，故四边形AMNP是平行四边形分所以MNAP，

9、分ABDCETMN而AP平面ADE，MN平面ADE，所以MN平面ADE.分法2：如右图所示，设BE的中点为T，连结NT、MT6分N、T分别为CE、BE的中点，故NT为BCE的中位线7分NT/BC8分四边形ABCD为矩形, BC/AD NT/AD 且NT平面ADE, AD平面ADE9分NT/平面ADE 同理MT/平面ADE10分且MT NT=T, MT、 NT平面MNT平面MNT /平面ADE11分又MN平面MNT MN/平面ADE12分21. 解：(1)因为APBE，ABBE，.1分AB，AP平面ABP，ABAPA，2分所以BE平面ABP，3分又BP平面ABP，所以BEBP，故EBP904分又

10、EBC120，因此CBP305分(2)设的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120,所以四边形BEHC为菱形，6分所以AEGEACGC.7分取AG中点M，连接EM，CM，EC，那么EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角8分又AM1，所以EMCM2.9分在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，10分所以EC2，因此EMC为等边三角形，11分所以EMC=600,故二面角EAGC的大小为6012分22.解析:1解:, ,1分.2分.3分2解法1：由, 得. 4分数列是首项为, 公差为的等差数列.5分 6分当时, . 7分而适合上式，. nN* 8分解法2：由, 得，4分当时，得，5分数列从第项开始是以为首项, 公差为的等差数列. 6分. 7分而适合上式，. nN* 8分3解：由(2)知, .假设存在正整数, 使, , 成等比数列,那么,即.9分为正整数,.得或,10分解得或, 与为正整数矛盾.11分不存在正整数, 使, , 成等比数列.12分