2022-2023学年四川省峨眉第二中学校高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省峨眉第二中学校高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（ ）
A．MN∥PDB．MN∥PAC．MN∥ADD．以上均有可能
【答案】B
【分析】直接利用线面平行的性质分析解答.
【详解】∵MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，
∴MN∥PA.
故选：B
2．椭圆的焦点坐标为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】由题方程化为椭圆的标准方程求出c，则椭圆的焦点坐标可求．
【详解】由题得方程可化为，
所以
所以焦点为
故选：A.
3．已知三个球的体积之比为，则它们的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据体积公式可得三个球的半径之比，再根据表面积公式可得表面积之比
【详解】由题，设三个球的半径分别为，则由题，，故，故表面积之比
故选：B
4．如图，是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】结合斜二测法的转化关系，求出平面图形的底和高，即可求解.
【详解】由已知得中，直角边，，则平面图中该三角形，对应底面边长不变为，三角形的高应为，则平面三角形的面积为.
故选：C
5．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若则B．若则
C．若则D．若则
【答案】D
【详解】A项，可能相交或异面,当时，存在，，故A项错误；
B项，可能相交或垂直,当 时，存在，，故B项错误；
C项，可能相交或垂直,当 时，存在，，故C项错误；
D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.
本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.
【解析】直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.
6．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆的标准方程特征即可得到进而可求解.
【详解】由椭圆方程可知.
故选:D
7．下列结论中正确的是（ ）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．当正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等时该棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
【答案】D
【分析】举例正八面体可说明A错误；若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴得到的几何体为两个圆锥的组合体可说明B错误；说明正六棱锥的侧棱长大于底面边长，可说明C错误；根据圆锥母线的概念可判断D.
【详解】对于A，正八面体的各个面都是三角形，但不是三棱锥，所以A错误.
对于B，若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥形成的组合体，所以B错误.
对于C，正六棱锥的底面六边形的外接圆半径与底面边长相等，而正棱锥的侧棱长大于底面多边形外接圆半径，所以正六棱锥的侧棱长大于底面边长，所以C错误.
对于D，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，所以D正确.
故选：D.
8．乌鸦喝水的故事中：小乌鸦发现一个底面半径为2，高为8的圆柱形容器内有水面高度为5.5的水，但是只有水面高度达到7时才能喝到水.小乌鸦为了喝到水找来了一些半径为1的小石球放到盛水的容器内(容器壁厚度不计)，则小乌鸦要喝到水最少需要小石球的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】根据要使水面高度达到7，则至少需要增加水面升高部分的体积为，结合小铁球的体积为，由求解.
【详解】由题可知要使水面高度达到7，则至少需要增加水面升高部分的体积为
一个小铁球的体积为.
假设至少需要n个小铁球，则
∴.
又∵
∴最少需要个小铁球，
故选：C.
9．已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量法求线线角解决即可.
【详解】作图
以为原点，在平面过作的垂线交于，
以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，
，
所以，，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：D
10．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点.则满足的是（ ）
A．①②B．②③C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】设正方体的棱长为，如图建立空间直角坐标系，分别求出四个选项中的坐标进而可得与的坐标，判断是否成立，进而可得正确选项.
【详解】设正方体的棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系：
对于①：由图知：，，，，
所以，，因为，
所以与不垂直，即不成立，故①不正确；
对于②：由图知：，，，，
所以，，因为，
所以与垂直，即，故②正确；
对于③：由图知：，，，，
所以，，因为，
所以与垂直，即，故③正确；
对于④：由图知：，，，，
所以，，因为，
所以与不垂直，即不成立，故④不正确；
所以②③正确，
故选：B.
11．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
12．已知是球表面上的点，，，，，则球表面积等于
A．4B．3C．2D．
【答案】A
【详解】球心O为ＳＣ的中点，所以球Ｏ的半径为，所以,故选A.
二、填空题
13．已知椭圆的焦点在轴上，且焦距为，则的值为_________．
【答案】
【分析】根据题意可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，则，，
由题意可得，解得.
故答案为：.
14．棱长为的正方体中，是棱的中点，过、、作正方体的截面，则截面的面积是_________．
【答案】
【分析】连接，设截面交棱于点，连接、，利用面面平行的性质分析可知点为的中点，且四边形为等腰梯形，计算出该四边形的各边长及高，利用梯形的面积公式可求得截面的面积.
【详解】连接，设截面交棱于点，连接、，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
为的中点，则为的中点，
由勾股定理可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，
过点、分别在平面内作、，垂足分别为点、，
由等腰梯形的性质可得，，
又因为，所以，，所以，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
所以，，则，
因此，截面面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：
（1）直接法：截面的定点在几何体的棱上；
（2）平行线法；截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
（3）延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
15．如图，在正方体中，是中点，在上，且，点是侧面（包括边界）上一动点，且平面，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】先作出平面平面，结合题意，得到点的轨迹是线段，分别求出点与点，点重合时，的值，即可得出结果.
【详解】作出平面平面，则，，
因为平面，所以点的轨迹是线段，
因此，当点运动到点处时，取得最小值，此时；
当点运动到点处时，取得最大值，此时；
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由线面平行求角的问题，熟记线面平行的性质即可，属于常考题型.
三、解答题
16．如图，该模型为圆柱挖去一个圆锥后所得的几何体，已知圆柱底面半径和高都等于2，圆柱的上底面是圆锥的底面，圆锥高为1，则该模型的表面积等于______；
【答案】
【分析】由图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的下底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，分别求出，即可得到该模型的表面积．
【详解】如图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，所以圆柱的下底面积为；圆柱的侧面积为；圆锥的母线，所以圆锥的侧面积为，所以该模型的表面积为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆柱、圆锥侧面积的公式应用，属于基础题．
17．如图，四棱锥中，底面，，，点在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）若，，，求四棱锥的体积；
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）根据底面证得，证得，由此证得平面.
（2）利用锥体体积公式，计算出所求锥体体积.
【详解】（1）证明：底面，平面，，
，，，
又，平面，平面，
平面.
（2），，，
∴四边形是矩形，，，
又，，，即，
.
【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查锥体体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
18．（1）一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中数据：求该几何体的体积；
（2）某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中，，试求该组合体的表面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）作出几何体的直观图，利用锥体和柱体的体积公式可求得该几何体的体积；
（2）分析几何体的构成，利用球体和圆柱侧面积公式可求得原几何体的表面积.
【详解】解：（1）作出该几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体是由一个正四棱锥和一个圆柱拼接而成，
且正四棱锥的底面边长为，高为，
由三视图中的数据可知，该几何体的体积为.
（2）由图可知，该几何体是由两个半径为的半球和一个底面半径为、母线长为的圆柱拼接而成，
故该几何体的表面积为.
19．如图所示五面体，四边形是等腰梯形，，，平面 ，，，点为的中点.
（1）在上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置并给出证明；若不存在，说明理由；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】分析：（1）连结，在中，由三角形中位线定理可知，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）由题意知，证得，所以，即可求解三棱锥的体积.
详解：（1）存在点，为中点.
证明如下：
连结，在中，由三角形中位线定理可知，
又平面，平面，
∴平面.
（2）由题意知，平面，平面，
∴平面，
又平面，平面平面，
∴，
∴，
∵四边形是等腰梯形，，
∴
又∵，
∴，
∴，
又平面，
∴.
∴三棱锥的体积为.
点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，及三棱锥的体积的计算问题，其中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，对于垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
20．已知椭圆经过
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.
【答案】(1)；(2)．
【分析】(1)将两点坐标代入椭圆方程中，求出的值，可求出椭圆的方程；
(2)直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，设直线与轴交于点，利用进行求解．
【详解】(1)由题意得: , 解得:
即轨迹E的方程为
(2)记，
的方程为
由消去得，
所以
设直线与轴交于点
21．已知四边形为等腰梯形，，、分别是、的中点，连接，，如图①所示，将梯形沿直线折起，连接、，是的中点，如图②所示．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）设、的延长线交于点，分析可知、、三点共线，利用面面垂直的性质推导出平面，平面，利用等体积法可计算得出点到平面单调距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、，
为的中点，且.
由题意，且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：设、的延长线交于点，则平面，平面.
平面平面，则、、三点共线，
在图①中，分别过点、作、，垂足分别为点、，如下图所示：
由等腰梯形的几何性质可知，，且，
所以，，，
因为，，，故四边形为平行矩形，
所以，且，
又因为为的中点，为的中点，则，
即，所以，且，
所以，四边形为矩形，故，，
由翻折不变性可知，，，
，、平面，平面，
平面，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
翻折前，，翻折后，仍有，，
，，，，
过点在平面内作，垂足为，则为的中点，
则，所以，，
所以，，
，
因为，设点到平面的距离为，则，解得，
因此，点到平面的距离为.
22．椭圆：过点，离心率为，其左、右焦点分别为，，且过焦点的直线交椭圆于，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点的坐标为，设直线与直线的斜率分别为，，试证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）带入点坐标，建立的等量关系，联立由离心率确定的的等量关系，解出的值，求出椭圆的方程；（2）证明，即证明，法一：设直线的斜截式，联立椭圆，代入韦达定理证明；法二：设直线的横截式，联立椭圆，代入韦达定理证明.
【详解】（1）∵椭圆：过点，
∴．①
又∵椭圆离心率为，∴，∴．②
联立①②得，解得，∴椭圆的方程为．
（2）方法一：当直线斜率不存在时，则，∴；
当直线斜率存在时，设直线：，与椭圆交点，．联立，
消去并整理得．由于，
∴，，
∴
，
∵，∴．
综上所述，．
方法二：当直线斜率为0时，∵，则；
当直线斜率不为0时，设直线：设与椭圆交点，，
联立，消去并整理得．由于，
∴，，
∴．
∴，综上所述，．
【点睛】思路点睛：（1）要证，代入点坐标，即证，联立方程，代入韦达定理即可；
（2）直线过轴上的定点，可用横截式，需单独讨论斜率为0的情况，也可用纵截式，需单独讨论斜率不存在的情况.