2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（文）试题（解析版），共17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。
2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（文）试题 一、单选题1．若直线过点，则的斜率为A． B． C． D．【答案】A【详解】直线的斜率,故选A.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（　　） A． B． C． D． 【答案】D【详解】由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A和选项C．而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B．故选D． 3．若圆与圆外切，则（　　）A．  B．19 C．9 D．-11【答案】C【分析】利用圆心距等于半径之和求解.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，解得.故选：C.4．若一个圆过三个点,,,则该圆的半径为（    ）A．3 B．4 C．5 D．10【答案】C【分析】根据已知三点确定圆心坐标，即可求解圆的半径。【详解】圆过,,圆心在直线上,圆过点,,圆心在直线上,圆心坐标为,则半径.故选:C.5．已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则直线的方程为A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：圆的圆心为点，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率．由点斜式得直线，化简得，故选D．【解析】1、两直线的位置关系；2、直线与圆的位置关系. 6．在下列四个正方体中，能得出的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由线面垂直的性质可判断A，根据异面直线所成角的计算可判断BCD.【详解】对A，如图，连接，则在正方体中，，又平面，平面，则，，平面，平面，，故A正确；对B，如图，连接，易得，则为异面直线所成角，，故不垂直，故B错误；对C，如图，，则为异面直线所成角，易得，故不垂直，故C错误；对D，如图，，则为异面直线所成角，显然，故不垂直，故D错误.故选：A.7．一条光线从点射出，经x轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为（    ）A．或 B．或C．或 D．【答案】A【分析】求出点关于x轴的对称点为，则反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，不与圆相切，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，反射光线所在直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径可得答案.【详解】点关于x轴的对称点为，所以反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，即，圆到直线的距离为，因为，所以直线与圆相离，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，则反射光线所在直线的方程为，即，因为反射光线与圆相切，所以，解得或，所以反射光线所在直线的方程为，或，整理得或.故选：A.8．对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若m、n与所成的角相等，则【答案】C【分析】举例说明判断A，B，D；利用线面平行的性质判断C作答.【详解】对于A，因，令垂足为A，在平面过点A作直线n，如图，显然满足，而，A不正确；对于B，当直线m、n是相交直线，它们确定的平面，满足，而m、n相交，B不正确；对于C，直线m、n确定的平面为，因，即，而，因此，C正确；对于D，因圆锥的任意两条母线与底面所成角相等，即直线m、n可为一圆锥的两条母线，此时m、n是相交直线，D不正确.故选：C9．如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（    ）A． B．12 C．12 D．24【答案】A【分析】根据斜二测画法求出直观图的面积，进而即可得到原图形的面积.【详解】由斜二测画法可知，所以，所以，所以,故选：A10．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）（参考数据：，）A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm【答案】B【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，则，解得，即，．则剩余的水的高度为．故选：B11．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中①与平行；②与是异面直线；③与成60°角；④与是异面直线．以上四个结论中，正确结论的序号是A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④【答案】C【分析】根据平面展开图可得原正方体，根据各点的分布逐项判断可得正确的选项.【详解】由平面展开图可得原正方体如图所示：由图可得：为异面直线，与不是异面直线，是异面直线，故①②错误，④正确.连接，则为等边三角形，而，故或其补角为与所成的角，因为，故与所成的角为，故③正确.综上，正确命题的序号为：③④.故选：C.【点睛】本题考查正方体的平面展开图，注意展开图中的点与正方体中的顶点的对应关系，本题属于容易题.12．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A． B． C． D．【答案】D【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 二、填空题13．已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为___________；【答案】【分析】根据圆柱的侧面积公式计算可得.【详解】圆柱底面积为，所以底面半径r为3，且圆柱的高h为4，所以圆柱的侧面积为.故答案为：.14．已知直线和互相平行，则它们之间的距离是______.【答案】【分析】首先利用直线平行求出，在结合平行线之间的距离公式即可求解.【详解】因为和互相平行，所以得，解得.则直线.则平行线直接的距离为.故答案为：15．点在不等式组表示的平面区域上运动，则的最小值为________．【答案】1【分析】由约束条件作出可行域，可转化为，由几何关系可求最值.【详解】如图，为符合条件的可行域，可转化为，要求的最小值，即求对应截距的最小值，由图可知，相交于点时取到最小值，故此时.故答案为：116．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：①；②直线平面；③平面平面；④直线与平面所成角为；其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）【答案】③④【分析】假设，则有，，根据线面垂直的判定定理可得平面，推出，这与矛盾可判断①；假设直线平面，根据线面平行的性质定理有，而，所以，这与矛盾，可判断②；，，根据线面垂直和面面垂直的判定定理可判断③；对于④，为直线与平面所成角，设求出，可判断④.【详解】对于①，若，因为在正六边形中，，所以有，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，这与矛盾，故与不垂直，故①错误；对于②，若直线平面，平面平面，而BC在平面ABC中，则有，而，所以，这与矛盾，所以直线与平面不平行，故②错误；对于③，因为，，所以，，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故③正确；对于④，因为平面，所以为直线与平面所成角，设，则，，所以，所以，故④正确.其中正确的有_③④.故答案为：③④. 三、解答题17．（1）求经过直线3x+4y-2=0与直线x-y+4=0的交点P，且垂直于直线x-2y-1=0的直线方程；（2）求过点P（-1，3），并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．【答案】（1）2x+y+2=0；（2）3x+y=0或x+y-2=0．【分析】（1）联立直线方程求出点的坐标，再求出所求直线的斜率，代入直线方程点斜式得答案； （2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，把点的坐标代入求得a，则直线方程可求．【详解】解：（1）联立，解得，∴两直线的焦点坐标为（-2，2），直线x-2y-1=0斜率为，则所求直线的斜率为-2．∴直线方程为y-2=-2（x+2），即2x+y+2=0；（2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，则-1+3=a，即a=2．是求直线方程为x+y=2．∴所求直线方程为3x+y=0或x+y-2=0．【点睛】本题考查直线方程的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，是基础题．18．如图：ABCD是正方形，O为正方形的中心，底面ABCD，点E是PC的中点.求证：(1)平面BDE；(2)平面平面BDE.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接OE，则由三角形中位线定理可得OE//PA，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得BD⊥AC，BD⊥PO，由线面垂直的判定定理可证得BD⊥面PAC，再由面面垂直的判定定理可证得结论【详解】（1）证明：连接OE，∵ABCD为正方形，∴O为AC中点，又∵E为PC中点，∴OE//PA，OE面BDE，PA面BDE，∴PA//面BDE，（2）证明：∵ABCD为正方形，BD⊥AC，又∵PO⊥面ABCD，BD面ABCD，∴BD⊥PO，∵POAC=O，PO面PAC，AC面PAC，∴BD⊥面PAC，∵BD面BDE，∴面BDE⊥面PAC，19．已知坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5．（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为8，求直线的方程． 【答案】（1），所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．（2），或；【分析】（1）直接利用距离的比，列出方程即可求点的轨迹方程，然后说明轨迹是什么图形；（2）设出直线方程，利用圆心到直线的距离，半径与半弦长满足的勾股定理，求出直线的方程．【详解】解：（1）由题意坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5，得，化简得．即．点的轨迹方程是，所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线，此时过点的直线被圆所截得的线段的长为：，符合题意．当直线的斜率存在时，设过点的直线的方程为，即，圆心到的距离，由题意，得，解得．直线的方程为．即．综上，直线的方程为，或．20．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点． (1)求证：平面平面；(2)若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．【答案】(1)证明见解析(2)作图见解析；截面的面积为 【分析】（1）由中位线得到两组线线平行，推得两组线面平行，进而证明面面平行；（2）利用平行法作出截面，得到截面为平行四边形，进一步证明其为菱形，最后利用对角线计算面积.【详解】（1）证明：如下图所示，连接SB，由为△的中位线，可得，由平面，平面，可得EG平面；由为△的中位线，可得，由平面，平面，可得平面，又，面，可得平面平面；（2）取的中点N，连接，，显然，所以为平行四边形，可得，，取的中点M，连接，，显然，所以为平行四边形，可得，，综上，截面为平行四边形，又，所以截面为菱形，截面的面积为．21．如图，边长为2的正方形中，（1）点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点．求证：（2）当时，求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析；（2）【详解】试题分析：（1）由题意，,∴，∴．（2）把当作底面，因为角=90°，所以为高；过作H垂直于EF，H为EF中点（等腰三角形三线合一）；BE＝BF＝BC，；，，，．【解析】折叠问题，垂直关系，体积计算．点评：中档题，对于折叠问题，要特别注意“变”与“不变”的几何元素，及几何元素之间的关系．本题计算几何体体积时，应用了“等体积法”，简化了解题过程．22．已知圆与轴的正半轴交于点，直线与圆交于不同的两点，.（1）求实数的取值范围；（2）设直线，的斜率分别是，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由；【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【解析】（1）求出圆的圆心与半径，根据题意只需圆心到直线的距离，解不等式组即可.（2）设，，联立方程组，消，利用韦达定理求出，，求出直线，的斜率，求和化简整理即可.【详解】∵圆与轴的正半轴交于点，∴圆心，半径，.（1）∵直线与圆交于不同的两点，∴圆心到直线的距离，即，解得.（2）设，联立，可得，∴，，∴为定值.∴是定值，定值为.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考察了计算求解能力，属于基础题.