2022-2023学年四川省乐山市草堂高级中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省乐山市草堂高级中学高二上学期期中数学试题（解析版），共16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．观察下面的几何体，哪些是棱柱？（ ）
A．①③⑤B．①②③⑤C．①③⑥D．③④⑥
【答案】A
【分析】直接利用棱柱的定义判断即可．
【详解】由棱柱的定义可知：①③⑤满足棱柱的定义．
故选:A.
2．已知直线，若异面，，则的位置关系是（ ）
A．异面B．相交C．平行或异面D．相交或异面
【答案】D
【分析】以正方体为载体说明即可.
【详解】如下图所示的正方体：
和是异面直线，，；
和是异面直线，，与是异面直线.
所以两直线与是异面直线，，则的位置关系是相交或异面.
故选：D
3．过椭圆的右焦点作倾斜角为直线l交椭圆C于A､B两点，是左焦点，则的周长为（ ）
A．10B．16C．20D．与有关
【答案】C
【分析】结合椭圆第一定义直接求解.
【详解】由题知，的周长为.
故选：C
4．设l是直线，是两个不同的平面（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】易判断A错误；B项结合面面垂直判定定理可证明正确；C项可能存在；D项易判断错误.
【详解】对选项A，若，满足，则，但不满足，故A错误；
对选项B，如图，若，必存在，则，又，所以，故B正确；
对选项C，若，存在，故C项错误；
对选项D，如图，若，则，故D项错误.
故选：B
5．已知正方体中，，分别为，的中点，那么异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值．
【详解】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，
建立空间直角坐标系如图：
则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1）
∴（0，2，1），（0，2，﹣1），
设异面直线AE与D1F所成角为θ，
则csθ＝|cs，|＝|0|．
故选B．
【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．
6．已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直观图的面积与原图面积的关系为，计算得到答案.
【详解】直观图的面积，设原图面积，
则由，得.
故选：C.
【点睛】本题考查了平面图形的直观图的面积与原面积的关系，三角形的面积公式，属于基础题.
7．设椭圆中心在原点，两焦点在x轴上，点P在椭圆上，若椭圆的离心率为，的周长为12，则椭圆的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用待定系数法，结合椭圆的定义及椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】设椭圆的标准方程为，则
由题意可知，，解得，
所以椭圆的标准方程为.
故选：B.
8．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
A．6+4B．4+4C．6+2D．4+2
【答案】C
【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.
【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是：.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
9．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即，
又圆锥的表面积为，则，解得，，
则圆锥的高，所以圆锥的体积，
故选：D.
10．如图，在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，将该几何体放置于正方体中截得，进而转化为求边长为2的正方体的外接球，再求解即可.
【详解】解：因为在三棱锥中，，
所以将三棱锥补形成正方体如图所示，正方体的边长为2，
则体对角线长为，外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，
故选：.
11．若正三棱柱的所有棱长都相等，D是的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标后求出直线的方向向量和平面的法向量，借助向量的运算求出线面角的正弦值．
【详解】取AC的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设三棱柱的棱长为2，则，
∴．
设为平面的一个法向量，
由故
令，得．
设直线AD与平面所成角为，
则，
所以直线AD与平面所成角的正弦值为．
故选A．
【点睛】空间向量的引入为解决立体几何问题提供了较好的方法，解题时首先要建立适当的坐标系，得到相关点的坐标后借助向量的运算，将空间图形的位置关系或数量关系转化为向量的运算处理．在解决空间角的问题时，首先求出向量夹角的余弦值，然后再转化为所求的空间角．解题时要注意向量的夹角和空间角之间的联系和区别，避免出现错误．
12．已知分别是椭圆的左右焦点，是以坐标原点为圆心，以为半径的圆与该椭圆在y轴左侧的两个交点，且是等边三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及圆的直径的性质，再利用等边三角形的性质及椭圆的定义，结合椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意可知，作出图形如图所示
因为是圆的直径，所以，即，
又因为是等边三角形，，
所以,
在中，，
所以
根据椭圆的定义，得
，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选: B.
二、填空题
13．已知焦点在y轴上的椭圆，其离心率为，则实数m的值是___________.
【答案】##0.25
【分析】结合离心率和椭圆的关系式，全部代换为与的关系式，即可求解.
【详解】因为焦点在y轴上的椭圆，故，
又，所以.
故答案为：
14．盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5cm，两个直径为5cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降______cm.
【答案】
【分析】由两个小球的直径为，则半径为，得到两个小球的体积的和为，再由圆柱的体积公式，列出方程，即可求解．
【详解】设取出小球后，容器中水面下降，
由两个小球的直径为，则半径为，
所以两个小球的体积为，
则，解得，
即若取出这两个小球，则水面将下降.
故答案为
【点睛】本题主要考查了球的体积公式，以及圆柱的体积公式的应用，其中解答熟记球的体积公式和圆柱的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
15．已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆上的一点，且，则的面积是___________.
【答案】
【分析】结合正弦定理面积公式、余弦定理及椭圆第一定义化简，可得，进而得解.
【详解】设，由正弦定理面积公式可得①，
对，由余弦定理可得：②，
由椭圆第一定义得：③，
联立②③得，代入①式得.
故答案为：
16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：
①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)
【答案】①④
【详解】对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又，所以平面PAB，从而可得，故①正确．
对于②，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．
对于③，由于在正六边形中，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．
对于④，由条件得为直角三角形，且PA⊥AD，又，所以∠PDA=45°．故④正确．
综上①④正确．
答案：①④
三、解答题
17．根据下列条件，求椭圆的标准方程：
(1)坐标轴为对称轴，并且经过两点和；
(2)两个焦点坐标分别是和，并且经过点.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由坐标确定长短轴和，进而得解.
（2）易判断，焦点在轴上，设出椭圆标准方程，将代入即可求解.
【详解】（1）由题可知，，焦点在轴上，则椭圆的标准方程为：；
（2）易知，焦点在轴上，可设椭圆的标准方程为：，将代入标准方程解得，则椭圆的标准方程为：.
18．已知一个几何体的三视图如图所示.
（1）求此几何体的表面积；
（2）如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段的中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长.
【答案】（1）πa2；（2）.
【解析】（1）首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的表面积．
（2）利用展开面的关系，利用勾股定理的应用求出结果．
【详解】（1）由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.
S圆锥侧＝，S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2；
（2）沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图所示，
则PQ＝，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为.
【点睛】本题考查了三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，几何体之间的转换的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题．
19．如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先证明，，再利用线面垂直的判定定理平面，再由线面垂直的性质定理即可证明.
（2）设与的交点为，连结，可得，再由线面平行的判定定理即可证明.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
所以，
又因为，，，
则，
所以，
因为，
所以平面,
所以
（2）设与的交点为，连结，
∵是的中点，是的中点，∴
∵平面，平面，
∴平面.
20．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.
21．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，点M在线段PC上，且，N为AD的中点.
(1)求证：平面PNB；
(2)若平面平面ABCD，求三棱锥的体积，
【答案】(1)证明见详解
(2)18
【分析】（1）要证平面PNB，即证，结合等边三角形和菱形性质即可求证；
（2）由（1）知平面PNB，则平面PNB，易得，由几何关系即可求解.
【详解】（1），为等边三角形，又N为AD的中点，，
又底面ABCD是菱形，，连接，为等边三角形，又N为AD的中点，，，平面，平面，
平面PNB；
（2）由（1）知，平面PNB，又，平面PNB，
平面平面ABCD，平面平面ABCD，，
平面ABCD，又平面，，，，，.
故.
22．已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，直线交椭圆于另一点.
（1）若，求椭圆的离心率；
（2）若，，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据，得到，从而得到，即可得到椭圆的离心率.
（2）设，根据，得到和，从而得到，，，即可得到答案.
【详解】（1）若，则为等腰直角三角形，
所以有，即.
所以，椭圆的离心率为.
（2）由题知，，，设，
由，得，
解得，，即.
将点坐标代入，得，
即①
又由，
得，即有②
由①②解得，，从而有.
所以椭圆的方程为.
【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率求法，同时考查了椭圆的标准方程和学生的计算能力，属于中档题.