四川省广安市第二中学2022-2023学年高二数学（文）上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安市第二中学2022-2023学年高二数学（文）上学期期中考试试题（Word版附解析），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。
2022秋高二半期考试（文科）数学一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是（    ）A. ①② B. ① C. ③④ D. ①②③④【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法的知识求得正确答案.【详解】①，根据斜二测画法可知，三角形的直观图一定是三角形，①正确.②，根据斜二测画法可知，正方形的直观图邻边不相等，不是菱形，②错误.③，根据斜二测画法可知，等腰梯形的直观图，两底边不相等，不是平行四边形，③错误.④，根据斜二测画法可知，菱形的直观图邻边不相等，不是菱形，④错误.故选：B2. 已知直线的倾斜角是，直线的倾斜角是，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据两条垂直直线与倾斜角的关系求解即可，注意讨论直线的倾斜角是否为.【解答】1.当直线，的倾斜角分别为，或，时，；2.当直线，的斜率都存在时，则或，因此；综上可得：.故选：C.3. 直线与直线平行，则它们的距离为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】直线3x+4y﹣3=0 即 6x+8y﹣6=0，它直线6x+my+14=0平行，∴m=8，则它们之间的距离是 故答案为2．4. 若直线与直线垂直，则（    ）A. 或0 B.  C. 或0 D. 1【答案】A【解析】【分析】根据直线垂直：即可求解.【详解】由题意可得，解得或0.故选：A5. 圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0公共弦所在直线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】两圆的方程消掉二次项后的二元一次方程即为公共弦所在直线方程.【详解】由x2＋y2－4＝0与x2＋y2－4x＋4y－12＝0两式相减得：，即.故选：B6. 圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为 (　　)A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【详解】由题意，V＝(π＋2π＋4π)h＝7π，∴h＝3.故选A.7. 设圆，圆，则它们公切线的条数是（    ）.A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】求出圆与圆心与半径，确定两圆的位置关系，根据两圆的位置关系即可求解.【详解】圆，圆心为，半径为3；圆，圆心为，半径为，两圆的圆心距为，∵，∴两个圆相交，∴两个圆的公切线有2条.故选：B.【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，考查了公切线，属于基础题.8. 已知圆内一点P(2，1)，则过P点的最短弦所在的直线方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设圆心，由圆的对称性可知过点与垂直的直线被圆所截的弦长最短【详解】由题意可知，当过圆心且过点时所得弦为直径，当与这条直径垂直时所得弦长最短，圆心为，，则由两点间斜率公式可得，所以与垂直的直线斜率为，则由点斜式可得过点的直线方程为，化简可得，故选：B9. 点是圆上的不同两点，且点关于直线对称，则该圆的半径等于（　　）A.  B.  C. 3 D. 1【答案】C【解析】【分析】圆上的点关于直线对称，则直线经过圆心，求出圆的圆心，代入直线方程，即可求出k，然后求出半径．【详解】圆的圆心坐标，因为点M，N在圆上，且点M，N关于直线l：x-y+1=0对称，所以直线l：x-y+1=0经过圆心，所以，k=4．所以圆的方程为：即，圆的半径为3．故选C．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的一般方程的应用，考查计算能力．10. 已知两点，，过点的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是　　A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】分析：根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．详解：∵点A（﹣3，4），B（3，2），过点P（1，0）的直线L与线段AB有公共点，∴直线l的斜率k≥kPB或k≤kPA，∵PA的斜率为 =﹣1，PB的斜率为=1，∴直线l的斜率k≥1或k≤﹣1，故选D． 点睛：本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．直线的倾斜角和斜率的变化是紧密相联的，tana=k,一般在分析角的变化引起斜率变化的过程时，是要画出正切的函数图像，再分析.11. 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接，因为是的中点，所以，又，所以三点共线，即，又，所以，则，故，所以.故选：B.12. 如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列说法错误的是（    ）A. 平面B. C. 直线与所成角的正切值为D. 平面截四棱锥所得的上下两部分几何体的体积之比为【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的判定定理判断A，由线面垂直的性质判断B，求出异面直线所成角的正切值判断C，作出交线，根据组合体体积公式计算体积后判断D．【详解】因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，而平面，平面，所以平面，A正确；平面，平面，所以，所以，B正确；直线与所成角即，在中，C错；取中点，因为是中点，则，所以，即为直线，连接，是矩形，，则，是的中位线，所以，所以，是的中线，，，所以，从而，所以．D正确．故选：C．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知圆的方程为.则实数的取值范围______.【答案】【解析】【分析】根据即可.【详解】解：由题意得，即，，故答案为：.【点睛】考查二元二次方程表示圆的条件，基础题.14. 直线的倾斜角为45°，则实数a=________.【答案】【解析】【分析】由题可得斜率为1，列出方程即可求出.【详解】依题意可知，所以，且， 解得或（舍去）.故答案为：.15. 据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风. 台风中心位于城市的东偏南方向、距离城市的海面处，并以的速度向西偏北方向移动（如图示）.如果台风侵袭范围为圆形区域，半径，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为_____ .【答案】小时【解析】【分析】当城市距离台风中心小于等于120km时，城市开始受到台风侵袭，所以只要城市距离台风移动方向大于等于120km即可；由题意，画出图形解三角形．【详解】解：由题意如图，设台风中心到达Q，开始侵袭城市，到达O则结束侵袭.△AQP中，AQ＝120km，AP＝120km，∠APQ＝30°，∠PAQ＝180°﹣30°﹣∠Q＝150°﹣∠Q，由正弦定理得到，所以∠＝120°, ∠ =60°，所以△AQO为等边三角形.所以所以该城市会受到台风的侵袭时长为小时．【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用；关键是由题意将问题转化为解三角形的问题16. 阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】先由阿波罗尼斯圆的定义求出定点坐标，再由结合三点共线求出最小值即可.【详解】设，，所以，又，所以.因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值为，当且仅当三点共线时取等.故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 求满足下列条件的直线方程（1）经过点(2，-3)，倾斜角是直线y=x倾斜角的2倍;（2）经过点P(5，-2)，且与y轴平行;（3）过P(-2，3)，Q(5，-4)两点.【答案】（1）x-y-2-3=0；（2）x=5；（3）x+y-1=0.【解析】【分析】（1）由已知求得所求直线的倾斜角为60°，其斜率为，根据直线的点斜式可求得直线方程.（2）由于与y轴平行的直线，其斜率k不存在，由直线上的点的横坐标可求得直线方程.（3）由两点的坐标可求得直线斜率，根据直线的点斜式可求得直线方程.【详解】解:（1）∵直线y=x的斜率为，∴其倾斜角为30°.∴所求直线的倾斜角为60°，其斜率为.∴所求直线方程为y+3=(x-2)，即x-y-2-3=0.（2）与y轴平行的直线，其斜率k不存在，不能用点斜式方程表示.但直线上点的横坐标均为5，故直线方程可记为x=5.（3）过P(-2，3)，Q(5，-4)两点的直线斜率kPQ==-1.∵直线过点P(-2，3)，∴由直线的点斜式方程可得直线方程为y-3=-(x+2)，即x+y-1=0.【点睛】本题考查根据已知条件选择合适的方法求直线的方程，属于基础题.18. 分别根据下列条件，求圆的方程：（1）过两点，，且圆心在直线上；（2）半径为，且与直线切于点.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，再根据圆心到两点，的距离相等，求出的值，可得圆心坐标和半径，从而求得圆的标准方程；（2）设圆心坐标为，利用半径为，且与直线切于点，建立方程组，求出圆心坐标，即可求得圆的方程.【小问1详解】由于圆心在直线上，可设圆心坐标为，再根据圆过两点，，可得，解得，可得圆心为，半径为，故所求的圆的方程为；【小问2详解】设圆心坐标为，则∴，或，，∴圆的方程为或.19. 如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解.试题解析:（I）因为，，所以平面，又因为平面，所以.（II）因为，为中点，所以，由（I）知，，所以平面.所以平面平面.（III）因为平面，平面平面，所以.因为为的中点，所以，.由（I）知，平面，所以平面.所以三棱锥的体积.【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.20. 已知M(x，y)圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2,3).（1）求|MQ|的最大值和最小值；（2）求的最大值和最小值.【答案】（1）最大值为6，最小值为 2；（2）最大值为2＋，最小值为2－.【解析】【分析】（1）求出圆心C的坐标为(2,7)，半径r＝2，即得解；（2）可知表示直线MQ的斜率k.直线MQ的方程kx－y＋2k＋3＝0，解不等式≤2即得解.【详解】（1）由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，∴圆心C的坐标为(2,7)，半径r＝2.又|QC|＝，∴|MQ|max＝4＋2＝6，|MQ|min＝4－2＝2.（2）可知表示直线MQ的斜率k.设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.∵直线MQ与圆C有交点，∴≤2，可得2－≤k≤2＋，∴的最大值为2＋，最小值为2－.21. 已知圆的圆心在轴的正半轴上，与轴相切，并且被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意设出方程，根据弦长即可求出；（2）可得在以为直径的圆上，求出中点和即可得出圆的方程，和圆C联立可求出直线的方程.【小问1详解】设圆的方程为，因为到直线距离为，所以，解得，所以圆的方程为；【小问2详解】因为是圆的切线，所以，所以在以为直径的圆上.中点坐标为，，所以以与为直径端点圆的方程为.联立方程组，两式相减得. 所以直线的方程为.22. 已知圆，直线，.（1）求证：对，直线与圆总有两个不同的交点；（2）求弦的中点的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；（3）是否存在实数，使得圆上有四点到直线的距离为？若存在，求出的范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）M的轨迹方程是，它是一个以为圆心，以为半径的圆；（3）或.【解析】【分析】（1）依据题设可以运用圆心与直线的距离或考虑动直线过定点分析判断；（2）借助题设条件运用圆心与弦中点的连线与直线垂直建立方程求解；（3）依据题设借助图形的直观，运用圆心距与直线的位置和数量关系建立不等式：【详解】（1）圆的圆心为，半径为，所以圆心C到直线的距离．所以直线与圆C相交，即直线与圆总有两个不同的交点；或：直线的方程可化为，无论m怎么变化，直线过定点，由于，所以点是圆C内一点，故直线与圆总有两个不同的交点． （2）设中点为，因为直线恒过定点，当直线的斜率存在时，，又，，所以，化简得． 当直线的斜率不存在时，中点也满足上述方程．所以M的轨迹方程是，它是一个以为圆心，以为半径的圆．(3) 假设存在直线，使得圆上有四点到直线距离为，由于圆心，半径为，则圆心到直线的距离为化简得，解得或．【点睛】解答本题的关键要搞清楚动直线过定点的特征，然后再运用直线与圆的位置关系分析求解．求解第一问时，充分借助圆心与直线的距离进行分析求解从而使得问题获解；解答第二问时，依据题设条件充分运用圆心与弦中点的连线与直线垂直建立方程求解；求解第三问时依据题设条件借助图形的直观，运用圆心与直线的距离之间与的数量关系建立不等式，通过解不等式使得问题获解．