2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（文）试题（解析版）

2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期10月月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出斜率，再由直线的点斜式方程求解即可.

【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的方程为.

故选：C.

2．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（    ）

A．2 B．1 C．高 D．考

【答案】C

【分析】将展开图还原为正方体，结合图形即可得解；

【详解】解：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，

故选:C.

3．如图直角是一个平面图形的直观图，斜边，则原平面图形的面积是（    ）

A． B． C．4 D．

【答案】A

【解析】根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.

【详解】由题意可知为等腰直角三角形，，

则，所以原图形中，，，

故原平面图形的面积为.

故选：A

4．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．

【详解】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，

由，得，

又，

所以，解得；

所以圆锥的高为，

所以圆锥的体积为．

故选：C．

5．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.

【详解】如图，设，则，

由题意，即，化简得，

解得（负值舍去）.

故选：C.

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.

6．直线关于点对称的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为,代入已知直线即可求得结果.

【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，以代换原直线方程中的得，即.

故选：D.

7．如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则直线与平面不平行的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项．

【详解】对于A选项，连接、交于点，

则为的中点，设，连接，

因为、分别为、的中点，则，

若平面，平面，平面平面，则，

在平面内，过该平面内的点作直线的平行线，有且只有一条，与题设矛盾，

假设不成立，故A选项中的直线与平面不平行．

对于B选项，连接，如下图所示：

因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，

因为、分别为、的中点，所以，所以，

因为平面，平面，所以，平面；

对于C选项，连接，如下图所示：

因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，

因为、分别为、的中点，所以，所以，

因为平面，平面，所以，平面；

对于D选项，连接，如下图所示：

因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，

因为、分别为、的中点，则，所以，

因为平面，平面，

所以，平面；

故选：A

8．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接，因为∥，

所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，

设正方体棱长为2，则，

，所以.

故选：D

9．已知点在直线上的运动，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】表示点与距离的平方，求出到直线的距离，即可得到答案.

【详解】表示点与距离的平方，

因为点到直线的距离，

所以的最小值为．

故选：A

10．已知点与关于直线对称，则的值分别为（    ）

A．1，3 B．， C．-2，0 D．，

【答案】B

【解析】点关于直线对称，则利用垂直关系，以及线段的中点在直线上，列式求解.

【详解】，若点与关于直线对称，

则直线与直线垂直，直线的斜率是，

所以，得.

线段的中点在直线上，则，得

故选:B

11．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在白天观望烽火台之后黄昏时从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】A

【分析】先找出B关于直线的对称点C再连接AC即为“将军饮马”的最短路程.

【详解】如图所示，

设点关于直线的对称点为，在直线上取点P，连接PC，则．由题意可得，解得，即点，所以，当且仅当A，P，C三点共线时等号成立，所以“将军饮马”的最短总路程为．

故选：A．

12．已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.

【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，

所以，设是中点，因为，所以，

因为平面，平面，所以，因此，

因此四边形是平行四边形，故，

由余弦定理，得

，

由正弦定理，得，

所以该外接球的半径满足，

故选：C．

【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.

二、填空题

13．一个圆锥的母线长为，母线与轴的夹角为，则圆锥的高为________．

【答案】

【分析】利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.

【详解】由题意可知，该圆锥的高为.

故答案为：.

14．已知正方体的所有顶点在一个球面上，若这个球的表面积为，则这个正方体的体积为___________.

【答案】

【分析】根据球的面积求出球的半径，根据正方体的对角线是球的直径可求出正方体的棱长，再根据正方体的体积公式可求得结果.

【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，所以，所以球的半径，

因为正方体的所有顶点在一个球面上，所以正方体的对角线长为，

设正方体的棱长为，则，所以.

所以正方体的体积为.

故答案为：

15．数学家华罗庚说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如：与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点：对于函数，的最小值为______．

【答案】

【分析】根据题意得，表示点与点与距离之和的最小值，再找对称点求解即可.

【详解】函数，

表示点与点与距离之和的最小值，则点在轴上，

点关于轴的对称点，

所以，

所以的最小值为：.

故答案为：.

16．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：

①异面直线与所成的角范围为；

②平面平面；

③点到平面的距离为定值；

④存在一点，使得直线与平面所成的角为.

其中正确的结论是___________.

【答案】②③

【解析】数形结合说明异面直线与所成的角的范围为，故①错误；证明平面，所以平面平面，故②正确；点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；与平面所成的角为,最大值为，故④不正确.

【详解】对于①，当在点时，，

异面直线与所成的角最大为，

当在点时，异面直线与所成的角最小为，

所以异面直线与所成的角的范围为，故①错误；

对于②，如图，因为平面,所以,同理,又因为平面,所以平面，所以平面平面，故②正确；

对于③，因为平面,平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；

对于④，直线与平面所成的角为，，

当时，最小，最大，最大值为，故④不正确，

故答案为：②③.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.

三、解答题

17．已知直线；.

（1）若，求的值；

（2）若，且直线与直线之间的距离为，求、的值．

【答案】（1）；（2）或.

【分析】（1）由两直线垂直，可得斜率乘积为，列方程可得答案；

（2）由两直线平行，斜率相等可求出的值，再由两平行线间的距离公式列方程可求出的值

【详解】解：（1）设直线的斜率分别为，则．

若，则，，

（2）若，则，

∴可以化简为，

又直线与直线的距离，

或，

综上：.

18．已知的三个顶点分别为,,．

（1）求边上的中线所在直线的一般式方程．

（2）求的面积．

【答案】（1）;（2）7

【解析】（1）先求的中点:.再结合点可得边上的中线所在直线的一般式方程.

（2）先求的距离,再求点到直线的距离,利用公式即可得的面积.

【详解】解:（1）因为,．

则边上的中点：.

可得中线所在直线的一般式方程：

．

化简得：．

故边上的中线所在直线的一般式方程为.

（2）,

直线的方程为：,

化为：．

点到直线的距离．

∴的面积.

【点睛】本题考查直线方程的求法和求三角形的面积,重点用到了两点间的距离公式,点到直线的距离公式,是基础题.

19．如图，在正四棱柱(侧棱垂直于底面，底面为正方形)中，是的中点．

（）求证：平面．

（）求证：平面平面．

【答案】（）见解析；（）见解析．

【分析】（1）设AC和BD交于点O，由三角形的中位线的性质可得EO∥BD1，从而证明直线BD1∥平面ACE．

（2）证明AC⊥BD，DD1⊥AC，可证AC⊥面BDD1B1，进而证得平面ACE⊥平面BDD1B1 ．

【详解】（）证明：设，则是中点，

又∵是的中点，∴，

又∵平面，平面，

∴平面．

（）证明：∵是正四棱柱，

∴是正方形，∴，

又∵底面，平面，

∴，∴平面，

∵平面，

∴平面平面．

【点睛】本题主要考查了线面平行和面面垂直的证明，熟练掌握证明定理是解决本题的关键，属于基础题.

20．已知的顶点A（3，1），边AB上的高CE所在直线的方程为x+3y-5=0，AC边上中线BD所在的直线方程为x+y-5=0

（1）求直线AB的方程；

（2）求点C的坐标．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）求出直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求解.

（2）设，由题意可知为AC中点可得，代入直线CE所在直线，再由，联立方程即可求解.

【详解】（1）∵CE⊥AB，且直线CE的斜率为，

∴直线AB的斜率为，

∴直线AB的方程为，即；

（2）设，

由为AC中点可得，

∴，

解得，代入，

∴．

21．一条光线从点P（6，4）射出，与x轴相交于点（2，0），经x轴反射后与y轴交于点H.

(1)求反射光线QH所在直线的方程；

(2)求P点关于直线QH的对称点P'的坐标.

【答案】(1)y＝﹣x+2

(2)（﹣2，﹣4）

【分析】（1）直接利用点关于线的对称，求出对称的点的坐标，再利用反射定理，求出直线的方程．

（2）根据点关于线对称的性质列出方程组，通过解方程组求得点P'的坐标．

【详解】（1）如图所示，作点P（6，4）关于轴的对称点的坐标P（6，﹣4），

则反射光线所在的直线过点P′和Q，

所以kP′Q1，

所以直线P′Q的直线方程为y＝﹣（x﹣2）．

所以反射光线QH所在的直线方程为y＝﹣x+2．

（2）假设P'（x0，y0），

由点关于线对称的性质可得：．

可得x0＝﹣2，y0＝﹣4．

所以P'（﹣2，﹣4）．

22．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2).

【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】（1）因为，O是中点，所以，

因为平面，平面平面，

且平面平面，所以平面．

因为平面，所以.

（2）[方法一]：通性通法—坐标法

如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，

则，设,

所以，

设为平面的法向量，

则由可求得平面的一个法向量为．

又平面的一个法向量为，

所以，解得．

又点C到平面的距离为，所以，

所以三棱锥的体积为．

[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作，垂足为点G．

作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，

为二面角的平面角．

因为，所以．

由已知得，故．

又，所以．

因为，

．

[方法三]：三面角公式

考虑三面角，记为，为，，

记二面角为．据题意，得．

对使用三面角的余弦公式，可得，

化简可得．①

使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②

将①②两式平方后相加，可得，

由此得，从而可得．

如图可知，即有，

根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，

结合的正切值，

可得从而可得三棱锥的体积为．

【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.

方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.