2022-2023学年江西省宜春市丰城市高二上学期10月期中考试数学试题含解析

2022-2023学年江西省宜春市丰城市高二上学期10月期中考试数学试题 一、单选题1．空间中垂直于同一条直线的两条直线（    ）A．平行 B．相交 C．异面 D．以上均有可能【答案】D【分析】在正方体里对题干条件一一分析即可得到.【详解】如图所示， ，，相交； ，，平行； ，，互为异面直线；故选：D.2．如图所示的直观图的平面图形ABCD是A．任意梯形 B．直角梯形 C．任意四边形 D．平行四边形【答案】B【详解】试题分析：由直观图可知，BC，AD两条边与横轴平行且不等，边AB与纵轴平行，得到AB与两条相邻的边之间是垂直关系，而另外一条边CD不和上下两条边垂直，得到平面图形是一个直角梯形．解：根据直观图可知，BC，AD两条边与横轴平行且不等，边AB与纵轴平行，∴AB⊥AD，AB⊥BC ∴平面图形ABCD是一个直角梯形，故选B．【解析】平面图形的直观图．3．若直线平分圆，则的值为（    ）A．1 B．-1 C．2 D．-2【答案】A【分析】将圆转化为标准形式，依据题意可知直线过圆心，代点计算即可.【详解】圆，即，圆心坐标为由题可知：直线过圆心，所以故选：A4．若直线与平行，则与间的距离为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由两直线平行的判定有且求参数a，应用平行线距离公式求与间的距离.【详解】∵直线与平行，∴且，解得．∴直线与间的距离．故选：B．5．正方体的全面积是，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方体的全面积求得边长，由此求得体对角线长，也即外接球的直径，由此求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】设正方体的边长为，则，所以，，所以正方体的体对角线长为，所以正方体外接球的半径为，球的表面积为.故选：B【点睛】本小题主要考查正方体表面积有关计算，考查正方体外接球表面积的求法，属于基础题.6．已知圆，则原点在（    ）A．圆内 B．圆外 C．圆上 D．圆上或圆外【答案】B【分析】将圆的方程化为标准方程，代入原点可判断.【详解】将圆的方程化成标准方程，因为，所以，即原点在圆外.故选：B.7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】确定曲线是半圆（右半圆），直线过定点，求出直线过点时的斜率，再求得直线与半圆相切时的斜率，由图形可得的范围．【详解】直线恒过定点，曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，．如图，作出半圆，当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；当与半圆相切时，由，得，切线记为．由图形可知当时，与曲线有两个不同的交点，故选：A．8．椭圆的焦点F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是（    ）A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）【答案】C【解析】设P（x，y），根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22＜F1F22代入P坐标求得x和y的不等式关系，求得x的范围．【详解】解：设P（x，y），由椭圆方程得椭圆焦点坐标为为F1（﹣，0），F2（，0），且∠F1PF2是钝角⇔⇔（x+）2+y2+（x﹣）2+y2＜20⇔x2+5+y2＜10⇔x2+4（1﹣）＜5⇔x2＜．所以．故选：C．【点睛】结论点睛：本题考查椭圆的标准方程的应用，中，为锐角，为直角，为钝角． 二、多选题9．直线与圆相交于A，B两点，则线段的长度可能为（    ）A． B． C．12 D．14【答案】BC【分析】直线过定点，在圆内，易知直线与垂直时弦长最短，直线过圆心时弦长最长．【详解】直线过圆C内一定点，当直线经过圆C的圆心时，有最大值12；当为线段中点时，有最小值，所以．故选：BC．10．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（    ）A．长方体的表面积为20B．长方体的体积为6C．沿长方体的表面从A到的最短距离为D．沿长方体的表面从A到的最短距离为【答案】BC【解析】由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.【详解】长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，  则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，  则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.故选：BC.【点睛】本题考查长方体体积公式、表面积公式和沿表面的最短距离，考查空间想象能力，属于基础题.11．已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是(    )A． B．C． D．【答案】BC【分析】分直线l斜率存在和不存在进行讨论﹒当l斜率存在时，设其方程为，根据点到直线的距离公式列出关于k的方程，解方程即可求直线l的方程．【详解】当直线的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线的距离为5，点到直线的距离为1，此时不成立；当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，∵点到直线的距离相等，，解得，或，当时，直线的方程为，整理得，当时，直线的方程为，整理得综上，直线的方程可能为或故选：BC．12．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A不落在底面BCDE内），若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（　　）A．四棱锥体积最大值为 B．线段BM长度是定值C．MB∥平面A1DE一定成立 D．存在某个位置，使【答案】ABC【分析】对选项A，取的中点，连接，根据题意得到当平面平面时，到平面的距离最大，再计算四棱锥体积即可判断A正确.对选项B，对选项B，取的中点，连接，，根据等角定理得到，再利用余弦定理即可判断B正确.对选项C，首先根据题意易证平面平面，再利用面面平行的性质即可判断C正确，对选项D，连接，根据在平面的射影在上，与不垂直，即可判断D错误.【详解】对选项A，取的中点，连接，如图所示：当平面平面时，到平面的距离最大.因为，为中点，所以.又因为平面平面，所以.，所以.所以四棱锥体积最大值为，故A正确.对选项B，取的中点，连接，，如图所示：因为分别为的中点，，所以四边形为菱形，所以，，所以，，，所以，故B正确.对选项C，因为，平面，所以平面，因为，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故C正确.对选项D，连接，如图所示：因为在平面的射影在上，，，所以与不垂直，所以与不垂直，故D错误.故选：ABC 三、填空题13．一个直角三角形的两条直角边的长分别为3cm和4cm，将这个直角三角形以斜边为轴旋转一周，所得旋转体的体积是_______.【答案】π【分析】由题意，旋转体为底面重合的两个圆锥，根据题干数据计算底面半径和高，利用圆锥体积公式求解即可.【详解】如图所示，不妨设直角三角形为，其中为直角，，故，，将这个直角三角形以斜边为轴旋转一周，可得到如图所示的底面重合的两个圆锥，圆锥底面圆的半径为，两个圆锥的高分别为，，故旋转体的体积.故答案为：.14．设点，若直线的斜率等于直线的斜率的3倍，则实数m的值为___________.【答案】4【分析】由题意知直线的斜率存在，利用斜率公式求得、，列式解得的值.【详解】解：依题意知直线的斜率存在，则，由得，所以.故答案为：415．已知正方体棱长为4. 若M是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为________.【答案】【分析】先由判断出点轨迹，再求出与平面所成角为，要使最大，则最小，结合点轨迹求出最小值即可.【详解】连接，如图，易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，即点在平面内的轨迹为以为直径的圆（除去点C），又平面，故与平面所成角即为，又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图： 设为中点，连接，则，故最小为，此时.故答案为：.16．已知关于x的方程有实数解，则最小值是______．【答案】【分析】根据关于x的方程有实数解，结合辅助角公式可得，则点的轨迹为以原点为圆心，半径大于等于的同心圆，不妨设点的轨迹方程为，表示点到点距离的平方，求出点到圆上的点的最小值即可得解.【详解】解：，因为关于x的方程有实数解，所以，即，则点的轨迹为以原点为圆心，半径大于等于的同心圆，设点的轨迹方程为，表示点到点距离的平方，因为，所以点在圆内，点到圆上的点的最小值为，所以最小值时.故答案为：. 四、解答题17．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点. (Ⅰ)证明：EF∥平面PAD； (Ⅱ)求三棱锥E—ABC的体积V.【答案】(Ⅰ)证明见解析(Ⅱ) VE-ABC=【详解】本题主要考查立体几何中点线面位置关系，并以我们熟悉的四棱锥为载体，尽管侧重推理和运算，但所用知识点不多，运算也不麻烦，对于大多考生来说还是一道送分题．(Ⅰ) 在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD，∴ EF∥AD,又∵AD平面PAD，EF平面PAD,∴EF∥平面PAD.(Ⅱ)连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G,则EG⊥平面ABCD,且EG=PA.在△PAB中，AP=AB，PAB=90°,BP=2，∴AP=AB=,EG=.∴S△ABC=AB·BC=××2=,∴VE-ABC=S△ABC·EG=××=.点评：本题是我们常见的题型，相比平时那些求角及距离的题要容易的多，并且所考知识点不多运算也不麻烦，是一道基础题．18．已知直线与直线．（1）若，求m的值；（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．【答案】（1），（2）或【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程【详解】解：（1）因为，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以，（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，所以设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，所以，解得或，所以直线的方程为或19．已知圆C过点 ，且圆心C在直线上．(1)求圆C的标准方程．(2)设直线与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点 的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设圆的方程，由题意列出方程组，解方程组求得答案；（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心 必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.【详解】（1）设圆C的方程为，则有，解得，所以圆C的方程为，化为标准方程，得．（2）假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，故圆心 必在直线l上，所以直线l的斜率，又，所以．将与圆C的方程联立，整理得，由于直线交圆C于A，B两点，故，解得，与矛盾，故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．20．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若，求二面角B—PC—A的正切值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明PA⊥BD，PC⊥BD，即可证明BD⊥平面PAC．（2）由PC⊥平面BDE，得∠BFO为二面角B－PC－A 的平面角，在在Rt△BFO中，即可求解二面角B－PC－A的正切值．【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，且BD平面ABCD，所以，又因为PC⊥平面BDE，BD平面BDE，所以，且平面PAC、PC平面PAC所以BD⊥平面PAC ．（2）（2）设AC，BD的交点为O，过点O作于点F，连接BF由（1）知，BD⊥平面PAC，且OF平面PAC，所以，即△OBF为直角三角形且，OF平面BDF， BO平面BDF，所以PC⊥平面BOF，BF平面BOF，所以，所以∠BFO为二面角B—PC—A的平面角由（1）知，所以ABCD为正方形.且在Rt△BFO中，，则，所以二面角B—PC—A的正切值为．21．已知，，动点P满足，动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线：与曲线C交于M，N两点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求P的轨迹方程，首先设出点，然后根据两点间距离公式，求得方程.（2）先求出直线的定点坐标，然后根据垂径定理求得的距离，又因为直线过定点，所以最大取到直径，最小就是垂径定理求得的距离，故可得的取值范围.【详解】（1）设， 因为两端同时平方得，故化简得.综上所述曲线C的方程为：（2）直线：提出得令 解得，故直线过定点，因为带入点到圆的方程：，故点在圆的内部，设圆心到直线的距离为，又，所以，又因为，.所以,解得.故的取值范围为：22．已知椭圆的的焦距为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点的直线与交于两点，且直线与直线的斜率之和为0，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用椭圆的定义，求，再利用求解；（2）直线与曲线方程联立，利用根与系数的关系，表示，化简变形求解的值.【详解】（1）由条件可知，并且椭圆的焦点在轴，所以，，则 ,，，所以椭圆的方程；（2）设， 联立方程，， 即，，，，即 ， 即，整理得，所以或，若，则直线过点，不合题意，所以直线的斜率为定值，该定值是.【点睛】关键点点睛：解题关键是找到关于的等量关系．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，得，得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．