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1、成都七中 2015-2016 学年上期2017 届半期考试数学试卷 ( 参考答案 ) （理科）考试时间： 120 分钟总分： 150 分一选择题1-5 DCABC6-10BADDB11-12CA二、填空题13.2 214. l 1.5G1415. 1616. 33三、解答题17.解： 设直线 l1、 l2 的斜率分别为k1、 k2，则 k1-2、 k2m2分.4(1) 若 l1l2 ，则 k1 k2m1 ， m2 .6分2(2)若 l1l2 ，则 2m ， m 8,42nn4l2 可以化简为 2x0 ,l1与l2的距离为y55 .4n28 或12 .12分18.解：（1）由图 2，可知 OFx
2、25x2, EO42V1 SABCDEO1 x2 25x20x10 .4分334（ 2）取 AD 中点 G，联结 GO，GE.E主视图为EGF .GF6,EO4,DCGOABS EGF116412.8分GF EO22 取 AB 中点 H，联结 EH，则 EHAB，HB3 .ABCD 为正方形 ,ABCD .EEB 与 CD 所成角为EBH ,DCGOtan EBH = EH5 .AHB12分HB319.解：（ 1） 设Px, y ，则 x2y24 ,22=( x1)2( y1)2(x2) 2( y6) 2则 PAPB2 x22x 2y214 y 422 x7 y50令 x 2cos , y2s
3、in ,2PB27sin50202 sin()50 ,则 PA=4 cos2PB22+50.6分PA的最大值为 20（2） 设直线 l 方程为y1k x1 ，即 kxy1k0 ,则点 O 0,0到直线 l 的距离 d1k.k 21又弦长为 23， O半径为 2，则 d1 k1 , 解得 :k=0,k 21直线 l 方程为 : y110分又直线 : x1也满足 ,直线 l 的方程为：y1和 x 1.12 分20.解：（1） 证明：设O所在平面为，又已知条件有 PA, BC,PABC.AB 为O的直径， C是圆周上不同于 A, B的任意一点 ,BCAO 即BCAC.90 ,又因为 PA与 AC 是
4、 PAC 所在平面内的两条相交直线,BC平面PAC,又BC平面 PBC,平面PAC平面 PBC.4分（2） 过 A作 AD BC 交O于D，连结 BD .AB 为O直径ACBD ，PBD 或其补角为AC与PB所成角 .四边形 ABCD 为平行四边形.AB6，ABC30 ，ACB90BDAC3,BC AD 3 3,PDPA2AD227 1643,同（ 1），易证 BD平面 PAD .PDBD,tanPBDPD43.8分BD3设点 A到平面PCB 的距离为h. .由 VA PCBVP11ACB得SPCBhS ACB PA ,33PCB中， PC5， BC33 ,由（ 1）知， BC平面 PCA,
5、则BC PC.S PCB1533 153,h12 ,sin4 .2255cos3 .12分521.解：（ 1）由图可知侧视图为三角形，设BE 中点为 O,连结 AO .ABAE1,O为BE中点 ,AOBE .平面 ABE平面 BCDE ，且 AO平面 ABE ,AO平面 BCDE ，则 AO 的长度即为侧视图的高的长度. . CDBCCD 的长度为侧视图的底边长.S 侧1122.4分224（2） 取CD中点 H，连结 OH , AH ,则OHCD .由（ 1）知， AO平面 BCDE ,AHCD .AHO 为二面角 ACDB的平面角,OH1 EDBC3，AO2.222tanAHOAO2.8分O
6、H3（3）连结 BD ,交 CE 于 P, 连结 PM在梯形 BCDE 中， ED1， BC2,DE BC.BP: PD2:1 ,在 AM 上取 Q,使QM: MD2:1,连结 BQ .QM :MD2 :1BP :PD ,BQPM.A QMN ED由 AM: MD5: 2知， AQ : QM1:4,PB在AC上取 N使AN :NC1: 4，连结 BN , 则 QNMC .CBQPM ,QNMC ,又 BQ平面 MEC ， PM平面 MEC , NQ平面 MEC , MC平面 MEC .平面 BQN平面 MEC ,又 BN平面 BQN ,BN平面 BQN .AN1 AC3.12 分5522. .
7、解（ 1）由题意可知，圆C 的圆心在 y 轴上，设圆心 C0, b，半径为 r.圆C的方程为 x2y2r2.bA,B 在圆 C 上,32r 2b1b,b2r 2, 解得3r2圆 C 的方程为 x2(y1)24.4分(2) 将直线 EF 的方程 yk1x代入圆 C 的方程，整理得(k121)x22k1x30，则 x1x22k1, x1x23，22k11k11所以 k1x1x23k13,x1 x22k12将直线 GH 的方程 y k x代入圆 C 的方程，同理可得x3x42k2, x3x43，2k221k221所以 k2x3x43k23 ,x3x42k22所以 k1x1x2k2x3x4 .8分x1
8、x2x3x4（蝴蝶定理） 方法一：设点 Q ( q,0), R( r ,0), ，由 E、 Q、 H三点共线， 得 x1qx4q ，k1x1k2 x4解得 q(k1k2)x1x4 。同理可得 r(k1k2 )x2x3 ，k1x1 k2x4k1x2 k2 x3由 k1x1x2k2x3x4 变形得x2 x3x1x4即 (k1 k2 )x2x3(k1 k2)x1x40，x1 x2x3x4k1x2 k2x3k1x1 k2x4k1x2 k2 x3k1x1 k2x4从而 qr0, 所以 qr ，即 OQOR .14分方法二：直线EF,GH的方程可以表示为(k1x y)(k2 xy)0,则过圆C和上述方程交点E,F,G,H的二次曲线系为：x2 (y1)24(k1xy)(k2x y)0,( )令 y0,得 (1k1k2 )x2 3 0,其两根即为曲线系( ) 与 x轴交点 Q,R 的横坐标，由韦达定理得xQxR0,即 OQOR .14分