本試卷分第ⅰ部分（選擇題）和第ⅱ部分（非選擇題）共150分考試時間120分鐘.
第ⅰ部分（選擇題共60分）
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知直線相切，則三條邊長分別為|a|，|b|，|c|的三角形 。
a．是銳角三角形 b．是直角三角形 c．是鈍角三角形 d．不存在
2. a=3是直線ax+2y+3a=0和直線3x+(a-1)y=a-7平行且不重合的
a.充分非必要條件 b.必要非充分條件
c.充要條件 d.既非充分也非必要條件
3．點m(x0,y0)是圓x2+y2=a2 (a>0)內不為圓心的一點，則直線x0x+y0y=a2與該圓的位置關係是（ ）
a．相切 b．相交 c．相離d．相切或相交
4．圓x2+2x+y2+4y-3=0上到直線x+y+1=0的距離為的點共有（ ）
a．1個 b．2個c．3個d．4個
5．乙個三稜錐，如果它的底面是直角三角形，那麼它的三個側面（ ）
a．必定都不是直角三角形b．至多有乙個直角三角形
c．至多有兩個直角三角形d．可能都是直角三角形
6．長方體的三個相鄰面的面積分別為2，3，6，這個長方體的頂點都在同乙個球面上，則這個球面的表面積為（ ）
ab．56c．14d．64π
7．稜錐被平行於底面的平面所截，當截面分別平分稜錐的側稜、側面積、體積時，相應的截面面積分別為s1、s2、s3，則（ ）
a．s18．圖8-23中多面體是過正四稜柱的底面正方形abcd的頂點a作截面ab1c1d1而截得的，且b1b=d1d。已知截面ab1c1d1與底面abcd成30°的二面角，ab=1，則這個多面體的體積為（ ）
a． b． c． d．
9．設地球半徑為r，在北緯30°圈上有甲、乙兩地，它們的經度差為120°，那麼這兩地間的緯線之長為（ ）
a．πr b．πrc．πr d．2πr
10．如圖8-24，在乙個倒置的正三稜錐容器內，放入乙個鋼球，鋼球恰好與稜錐的四個面都接觸上，經過稜錐的一條側稜和高作截面，正確的截面圖形是（ ）
11．如圖8-25，在三稜柱的側稜a1a和b1b上各有一動點p，q，且滿足a1p=bq，過p、q、c三點的截面把稜柱分成兩部分，則其體積之比為（ ）
a．3∶1 b．2∶1 c．4∶1 d．∶1
12．如圖8-26，下列四個平面形中，每個小四邊形皆為正方形，其中可以沿兩個正方形的相鄰邊摺疊圍成乙個立方體的圖形是（ ）
第ⅱ部分（非選擇題共90分）
二、填空題:本大題共4小題，每小題4分，共16分.把答案填在題中橫線上.
13.已知定點a(0，1),點b在直線x+y=0上運動，當線段ab最短時，點b的座標是
14.圓x2+y2-2x-2y+1=0上的動點q到直線3x+4y+8=0距離的最小值為______.
15.集合a=｛(x,y)｜x2+y2=4｝，b=｛(x,y)｜(x-3)2+(y-4)2=r2｝，其中r＞0，若a∩b中有且僅有乙個元素，則r的值是
16.α、β是兩個不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷:①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α.
以其中三個論斷作為條件，餘下乙個作為結論，寫出你認為正確的乙個命題
三、解答題：本題共6小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
17.(12分) 如圖8－12，球面上有四個點p、a、b、c，如果pa，pb，pc兩兩互相垂直，且pa=pb=pc=a，求這個球的表面積。
18. (12分)如圖7-15，在正三稜柱abc—a1b1c1中，各稜長都等於a,d、e分別是ac1、bb1的中點，
（1）求證：de是異面直線ac1與bb1的公垂線段，並求其長度；
（2）求二面角e—ac1—c的大小；
（3）求點c1到平面aec的距離。
解:19. (12分) 如圖7-4，已知△abc中， ∠acb=90°，cd⊥ab，且ad=1，bd=2，△acd繞cd旋轉至a′cd，使點a′與點b之間的距離a′b=。
（1）求證：ba′⊥平面a′cd；
（2）求二面角a′－cd－b的大小；
（3）求異面直線a′c與bd所成的角的余弦值。
解:20. (12分)自點a(-3，3)發出的光線l射到x軸上，被x軸反射，其反射光線所在直線與圓x2+y2-4x-4y+7=0相切，求光線l所在直線的方程。
解:21．(12分)已知曲線c：x2+y2-2x-4y+m=0
（1）當m為何值時，曲線c表示圓；
（2）若曲線c與直線x+2y-4=0交於m、n兩點，且om⊥on(o為座標原點)，求m的值。
解:22. (14分)設圓滿足：①截y軸所得弦長為2；②被x軸分成兩段圓弧，其弧長的比為3∶1，在滿足條件①、②的所有圓中，求圓心到直線l:x-2y=0的距離最小的圓的方程。
解:必修2測試試卷詳細解答
一、 選擇題
1. 【分析】本題考查三角形分類、直線和圓的位置關係及其有關的運算.
解法一：由於直線與圓相切則有：圓心到直線的距離等於半徑即=1｜a｜2+
｜b｜2=｜c｜2，∴為rt△，選b..
解法二：圓心座標為(0，0)，半徑為1，因為直線和圓相切，利用點到直線距離公式得：d==1，即a2+b2=c2，所以，以｜a｜、｜b｜、｜c｜為邊的三角形是直角三角形.∴選b.
2.【分析】本題考查的是兩直線平行且不重合的充要條件.若l1:
a1x+b1y+c1=0，l2:a2x+b2y+c2=0，(i)為平行直線則：=≠，(ii)為相交，則≠(iii)為垂直，a1b2+a2b1=時， =≠-.
∴a=3是已知二直線不重合而平行的充要條件.∴選c.
二、 填空題:
13.【分析】本題考查兩點間的距離公式、求最值和點到直線的距離等，以及基本的運算技能，本題大致有兩種做法：
解法一：代數法，根據兩點間的距離公式建立乙個函式關係，即｜ab｜2=(x-0)2+(y-1)2，又y=x，則｜ab｜2=x2+(x+1)2=2x2+2x+1，轉化為二次函式求最值，可見當x=-時，｜ab｜2最小為，∴｜ab｜ ≥，∴b(-，)；
解法二：幾何法，直線上的點b與a點的連線中當ab與x+
y=0垂直時，ab最短，∴ab:y=x+1，∴b點為的交點為(-，).
14.【分析】本題考查圓的性質與直線的位置關係、函式以及基本的運算技能.本題有兩種做法①做與直線3x+4y+8=0平行的直線且與圓相切，將來會得到兩條，有兩個切點，這兩切點到3x+4y+8=0的距離就得到圓上的點到直線的最大值和最小值.
②以圓心做標準，到直線的距離減去或加上半徑就是圓上的點到直線的最小值和最大值.圓心到直線的距離d=
=3，∴動點q到直線距離的最小值d-r=3-1=2.
15.【分析】本題主要考查兩圓的位置關係和基本的運算技能，已知⊙o1(x-a)2+(y-b)2=，⊙o2(x-c)2+(y-d)2=，其中r1＞0，r2＞0，①當｜o1o2｜=｜r1-r2｜時，⊙o1與⊙o2相內切，②當｜o1o2｜=｜r1+r2｜時，⊙o1與⊙o2相外切，③當0≤｜o1o2｜＜｜r1-r2｜時兩圓內含，④當｜r1-r2｜＜｜o1o2｜＜｜r1+r2｜時，兩圓相交，⑤當｜o1o2｜＞r1+r2時兩圓相離.
本題中a∩b只有乙個元素，∴兩圓相內切或外切，∴｜o1o2｜=｜r1±r2｜.當兩圓外切時， =2+r，r=3，兩圓內切時， =r-2，r=7，所以r的值是3或7.
16. 答：①③④②或②③④①
三、解答題：本題共6小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
17.(12分) 如圖8－12，球面上有四個點p、a、b、c，如果pa，pb，pc兩兩互相垂直，且pa=pb=pc=a，求這個球的表面積。
解如圖8－12，設過a、b、c三點的球的截面圓半徑為r，圓心為o′，球心到該圓面的距離為d。在三稜錐p—abc中，
∵pa，pb，pc兩兩互相垂直，且pa=pb=pc=a,
∴ab=bc=ca=a,且p在△abc內的射影即是△abc的中心o′。
由正弦定理，得 =2r,∴r=a。
又根據球的截面的性質，有oo′⊥平面abc，而po′⊥平面abc，
∴p、o、o′共線，球的半徑r=。又po′===a，
∴oo′=r － a=d=,(r－a)2=r2 – (a)2，解得r=a,
∴s球=4πr2=3πa2。
注本題也可用補形法求解。將p—abc補成乙個正方體，由對稱性可知，正方體內接於球，則球的直徑就是正方體的對角線，易得球半徑r=a,下略
18.如圖7-15，在正三稜柱abc—a1b1c1中，各稜長都等於a,d、e分別是ac1、bb1的中點，
（1）求證：de是異面直線ac1與bb1的公垂線段，並求其長度；
（2）求二面角e—ac1—c的大小；
（3）求點c1到平面aec的距離。
解 （1）過d在面ac1內作fg∥a1c1分別交aa1、cc1於f、g，則面efg∥面abc∥面a1b1c1，
∴△efg為正三角形，d為fg的中點，ed⊥fg。
連ae， ∵d、e分別為的中點，
∴ 。又∵面efg⊥bb1，
∴ed⊥bb1，故de為ac1和bb1的公垂線，計算得de=a。
（2）∵ac=cc1，d為ac1的中點，∴cd⊥ac1，又由（1）可知，ed⊥ac1，∴∠cde為二面角e—ac1—c的平面角，計算得∠cde=90°。或由（1）可得de⊥平面ac1，∴平面aec1⊥平面ac1，∴二面角e—ac1—c為90°。
（3）用體積法得點c1到平面ace的距離為a。
19. 如圖7-4，已知△abc中， ∠acb=90°，cd⊥ab，且ad=1，bd=2，△acd繞cd旋轉至a′cd，使點a′與點b之間的距離a′b=。
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