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）

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：C

9．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：A

10．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：B

11．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：1

16．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.