1、佛山一中2021-2022学年第一学期高二级期中考试数学答案一、选择题123456789101112BCACABBCABDABDACDCD二、填空题13. 14. 15. 16. 11对于A，当点E与点重合时，即，故A正确；对于B，异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，根据最小角定理， 与所成角的最小值即为与平面所成角，由三余弦定理可得，即，故B不正确；对于C，平面，故C正确；对于D，易知平面平面，平面，所以，故D正确.12对于A，圆关于直线对称的圆方程为，所以A不正确；对于B，由圆，可得圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，所以B不正确；对
2、于C，由圆，可得圆心坐标为，半径为，由圆，可得圆心坐标为，半径为，可得圆心距，要使得圆与恰有三条公切线，则且，解得，所以C正确；对于D中，因为， 所以，故D正确.16解：（1）由题意，圆半径为，所以；（2）取，可得，直线方程为，即，原点到直线距离为，直线与圆相交，所以共线时，三、解答题17 (本题10分) 解：（1）由直线的方程为且，可得直线的斜率为2， 1分又在轴上的截距为，即过点 2分所以直线方程：即， 3分联立方程，得：，故交点为. 5分（2）当直线过原点时，方程为： ， 6分当直线不过原点时，设方程为 ， 7分则，故方程为：，即， 9分综上所述：的方程为或 . 10分18(本题12分)
3、解：（1）证明：连结.因为底面为矩形，所以. 1分又平面，且平面， 所以平面. 3分又平面，且平面平面，所以. 4分又因为，所以 5分因为为的中点，所以为的中点. 6分（2）平面，平面，又，平面. 8分取中点，连，是中点，即且平面， 10分又的面积. 11分四面体的体积. 12分19. (本题12分) 解：（1） 设A=“甲运动员一箭命中10环”，B=“乙运动员一箭命中黄圈”1分（A）=， P（B）=， 3分（2）设C=“乙运动员一箭命中10环”，D=“有人命中10环”，则， 4分法一：,，,又A、C独立， 6分； 8分法二：,， 又A、C独立；互斥 6分 8分法三：,，又A、C独立； 6分.
4、 8分(3) 设Ai=“甲运动员第i箭命中黄圈”，Bi=“乙运动员第i箭命中黄圈”则 设E=“共有3支箭命中黄圈”， 10分，又相互独立；互斥故。 12分20. (本题12分) 解：（1）证明：法一：取CE的中点G，连接DG、BG，则DFEG且DF=EG，所以四边形DFEG为平行四边形， 1分DGEF，又ABEF，所以DGAB， 2分又DG=EF=AB，所以四边形ABGD为平行四边形，所以ADBG， 4分因为平面，平面，所以平面. 6分 法二：由题意知AFBE，平面，平面，所以AF/平面BCE, 2分同理，DF/平面BCE 3分GAFDF=F，平面ADF平面BCE，4分又AD平面ADF， 5分
5、 AD平面BCE； 6分（2）证明：在图甲中，EFAB，ABAD，EFAD，则在图乙中，CEEF， 7分又平面CDFE平面ABEF，平面CDFE平面ABEF=EF， CE平面ABEF，得CEAB， 9分又ABBE，,AB平面BCE. 11分AB平面ABC， 平面ABC平面BCE； 12分21(本题12分)解：（1）证明：取中点，连接,因为分别是的中点，所以， 1分因为，所以，2分所以四边形是平行四边形，所以， 3分因为平面，平面，所以平面 4分（2）因为，且平面平面，所以平面，因为与平面所成角为，所以， 5分因为底面是边长为2的菱形，且，所以，所以， 6分以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
6、 则，所以， 7分设平面的法向量，则，取，则，则， 9分取平面的法向量， 10分设二面角的平面角为，由图可知为锐角，所以. 11分所以二面角的余弦值为. 12分 22(本题12分) 解：（1）设圆心坐标，半径为，圆C过点A(2,6),且与直线l1: x+y10=0相切于点B(6,4)，所以 2分即，解得，所以 3分所以圆C的方程：； 4分 （2）过点P(6,24)的直线l2与圆C交于M,N两点,若CMN为直角三角形,，所以CMN为等腰直角三角形，且， 所以圆心到直线l2的距离为， 5分当直线l2的斜率不存在时，直线方程， 圆心到直线l2的距离为5，符合题意； 6分当直线l2的斜率存在时，设斜率为，直线方程为，即圆心到直线l2的距离为， 即，解得， 7分直线l2的方程为或； 8分（3）若直线l3: y=x2上存在一点Q,过点Q向圆C引两切线,切点为E,F, 使QEF为正三角形, 即，在中， 9分设，即 10分解得或 11分所以点的坐标为或. 12分
