四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分
第I卷 选择题（满分60分）
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 若直线的斜率为，且，则直线的倾斜角为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角与斜率之间的关系求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
因为，所以，
当时，即，则；
当时，即，则，
所以直线的倾斜角为或.
故选：C.
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面可以是三角形B. 正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C. 所有的几何体的表面都能展成平面图形D. 棱柱的各条棱都相等
【答案】B
【解析】
【分析】从棱柱的定义出发判断A,B,D的正误，找出反例否定C，即可得答案；
【详解】对A，棱柱的侧面都是四边形，故A错误；
对B，正方体和长方体都是特殊的四棱柱，故B正确；
对C，所有的几何体的表面都能展成平面图形，球不能展成平面图形，故C错误；
对D，棱柱的各条棱都相等，应该为侧棱相等，故D错误；
故选：B.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征，属于基础题.
3. 两圆（x-1）2+y2=2与x2+（y-2）2=4的公共弦所在直线的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把两个圆化为一般式，根据性质，两个圆方程相减即可得到公共弦所在的直线方程．
【详解】将两个圆的标准方程分别化为一般式为
，
两式相减得
所以选A
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系及相交弦所在直线方程的求法，属于基础题．
4. 若直线与直线互相平行，则的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可得出关于的等式与不等式，即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线互相平行，
则，解得.
故选：A.
5. 在三棱锥中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】
如图，连接
由题得
.
故选：A
【点睛】方法点睛：空间向量的线性运算法则主要有加法法则、减法法则、平行四边形法则和数乘向量.
6. 已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出圆心坐标，根据对称关系列出方程组，求出圆心坐标，结合半径为3，即可求解.
【详解】设圆心坐标，由圆心与点关于直线对称，
得到直线与垂直，
结合的斜率为1，得直线的斜率为，
所以，化简得①
再由的中点在直线上，，化简得②
联立①②，可得，
所以圆心的坐标为，
所以半径为3的圆的标准方程为.
故选：C
7. 如图所示，已知等腰直角三角形ADE与正方形ABCD所在的平面互相垂直，且，F是线段CD的中点，则BD与EF所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以A为原点建立空间直角坐标系，写出和的坐标利用夹角公式求出余弦值即可.
【详解】因为平面ADE⊥平面ABCD，平面平面ABCD=AD，AE⊥AD，平面ADE，
所以AE⊥平面ABCD，
又平面ABCD，所以AE⊥AB，
又AB⊥AD，所以AB，AD，AE两两垂直，
分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
可得B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），F（1，2，0），
∴，，
设BD与EF所成的角大小为α，
则，
即BD与EF所成的角的余弦值为，
故选：D.
8. 《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件找出外接球的球心，求出半径，再利用球的体积公式即可求解.
【详解】连接,交于点,取的中点，则平面,,取的中点,连接,作,垂足为，如图所示
由题意可知，，所以,
所以,,所以,又,
所以，即这个几何体的外接球的球心为，半径为，
所以这个几何体的外接球的体积为.
故选：B.
二、多选题（每题5分，共20分，每题选全得5分，选不全得2分，选错则不得分）
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 过任意两点，的直线方程为
B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
C. 若直线倾斜角，则斜率的取值范围是
D. 若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线方程、斜率、倾斜角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，过任意两点，，当时，
直线方程不能表示，所以A选项错误.
B选项，直线过点，且在轴和轴上截距都相等，所以B选项错误.
C选项，直线倾斜角，，则根据正切函数的性质知的取值范围是，故C正确；
D选项，当时，直线的斜率不存在，所以D选项错误.
故选：ABD
10. 若构成空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在，，使得
B. 也构成空间的一个基底
C. 若，则，，，四点共面
D. 若，则直线与异面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基底、共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，若存，，使得，
则共面，与已知矛盾，所以A选项错误.
B选项，，假设共面，
则存在，使得，
，所以，
此方程组无解，所以不共面，所以B选项正确.
C选项，若，
由于，所以，，，四点共面，C选项正确.
D选项，若，
即，
整理得，由于，
所以不共面，所以直线与异面，所以D选项正确.
故选：BCD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
C. 的最小值为
D. 直线与直线所成角的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，利用直线与直线所成角的概念求解.
【详解】选项A，∵，面，面，∴面，
∴到面的距离等于到面的距离，
∴，故A正确；
选项B，连接，
∵分别为线段的中点，∴且，
又且，∴且，
所以过三点的截面为梯形，
易知，
作，则，
所以梯形的面积，故B错误；
选项C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，故C错误；
选项D，连接，则，
则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
则当与重合时，直线与直线所成角最小为，
当与重合时，直线与直线所成角最大为，
所以直线与直线所成角的取值范围为，故D正确.
故选：BC.
12. 已知圆：，点为直线：上的动点，则下列说法正确的是（）
A. 直线和圆一定相交
B. 若直线平分圆的周长，则
C. 若圆上至少有三个点到直线的距离为，则
D. 若，过点作圆的两条切线，切点为，，当点坐标为时，有最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线所过定点、圆的直径、点到直线的距离、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】直线：可化为，
由，得所以直线过点，
，所以点在圆外，所以直线与圆不一定相交，所以A选项错误.
圆：的圆心为，半径.
B选项，若直线平分圆的周长，则直线过点，
则，所以B选项正确.
C选项，由于，所以要使圆上至少有三个点到直线的距离为，
则圆心到直线的距离不大于，
即，
两边平方得，
由解得，
所以不等式解得，所以C选项错误.
D选项，若，则直线：，
过点作圆的两条切线，切点为，，要使最大，
则最大，由于三角形是直角三角形，，，
所以最大时，最小，
直线的斜率且，
过点且斜率为直线方程为，
由解得，
即当点坐标为时，有最大值，所以D选项正确.
故选：BD
【点睛】求解含参数的直线所过定点问题，方法是重新整理直线的方程，由此列方程组来求得定点的坐标.求解直线和圆相切的问题，可以考虑数形结合的数学思想方法，画出图象，结合圆的几何性质来进行求解.
第II卷 非选择题（满分90分）
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 两平行线：与：间的距离为________．
【答案】##
【解析】
【分析】直接利用平行直线的距离公式得到答案.
【详解】由题意知：：可化简为：，
又因为，所以距离为：.
故答案为：.
14. 已知两个圆，，若两圆相切，则半径________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据两圆相内切、相外切的条件，分别求得r的值
【详解】由题意知：两圆圆心分别为：，，半径分别为：，，
当两圆外切时：，解得：；
当两圆内切时：，解得：，负值舍去；
综上：或.
故答案为：或.
15. 已知向量，,则向量在向量方向上投影向量的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】向量在向量方向上投影向量为，
故答案为：
16. 正四棱柱中，已知，那么以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱表面交线的总长度为__________.
【答案】.
【解析】
【分析】利用球与正四棱柱的特征求轨迹长度即可.
【详解】
如图所示，以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱的表面交线为四段弧，
分别在平面上，
易知，，
，
所以交线长为.
故答案为：
四、解答题（17题10分，18-22题各12分，共70分）
17. 已知圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，求所得弦长的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；
（2）求出圆心到直线距离，进而求出弦长.
【小问1详解】
由题意可得，圆心为，半径为2，
则圆的方程为；
【小问2详解】
由（1）可知：圆的半径，
设圆心到的距离为，则，
所以.
18. 如图，正方体的棱长为，点为的中点.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法证明；
（2）利用空间向量法求解点到平面的距离.
【小问1详解】
证明：
由题可得：以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则：，，，，，，
则：，，
，所以：，
所以：.
【小问2详解】
由（1）可得：，，
设平面的一个法向量为，
则得：，令，得：，
所以点到平面的距离为：.
故点到平面的距离为：.
19. 如图，四棱锥中，．
（1）若，为的中点，求证：平面；
（2）若是边长为的正三角形，平面平面，直线与平面所成角的正切值为，且，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，连、，推导出平面，可得出为直线与平面所成的角，根据已知条件可求得、的长，利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为、分别为、的中点，所以，且，
在底面中，因为，且，则且，
因此且，从而四边形平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
解：取中点，连、．
因为是正三角形，为中点，所以，
因为平面平面，面平面，平面，
所以平面，从而为直线与平面所成的角．
在正三角形中，因为，所以．
则在直角中，，所以．
在直角中，，
所以，因此．
四边形的面积．
又因为，所以四棱锥的体积．
20. 已知直线经过点．
（1）设直线与坐标轴交于，两点，且为的中点，求直线的方程．
（2）当原点到直线的距离最大时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，先求出点，，再结合直线的截距式方程，即可求解．
（2）根据已知条件，结合直线垂直的性质，求出直线的斜率，再结合直线经过点，即可求解；
【小问1详解】
直线与坐标轴交于，两点，且为的中点，
不妨设，，
故直线的方程为，即．
【小问2详解】
因为直线过定点，则当直线与直线垂直时，原点到直线的距离最大，
，，
，
，
直线经过点，
，即，
故直线的方程为．
21. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．
（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】21.
22. 存在；
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面的锐二面角的余弦值.
（2）令，，然后根据直线与平面所成角的正弦值，从而得到关于的方程式而求解.
【小问1详解】
过作，垂足为，可得：，
由题意知，可以点为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则：，令，解得：，
设平面的一个法向量为，，，
则：，令，解得：，
所以：，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【小问2详解】
存在，，理由如下
设上存在一点，设，，连接，如（1）中图所示，
，
又因为直线与平面所成角的正弦值为，由（1）知平面的一个法向量为，
所以：，化简得：，即：，
又因为，所以：，故存在，且.
22. 已知圆.
（1）若过点向圆作切线，求切线的方程；
（2）若为直线上的动点，是圆上的动点，定点，求的最大值.
【答案】（1）或
（2）8
【解析】
【分析】（1）分类讨论，当切线的斜率不存在，易求的方程为；当切线的斜率存在时，设出直线方程，然后利用点到直线距离等于半径建立方程求解即可；
（2）根据圆的性质，利用三点共线的性质求解即可.
【小问1详解】
若切线的斜率不存在，则的方程为；
若切线的斜率存在，设切线的方程为，即.
因为直线与圆相切，所以圆心到的距离为3，即，解得，
所以切线的方程为，即.
综上，切线的方程为或.
【小问2详解】
因为，所以．
设关于直线对称的点为，
则，解得，即.
因为，所以.
因为，当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，故的最大值为.