2022-2023学年四川省资阳市资阳中学高二上学期期中数学（文）试题含解析

2022-2023学年四川省资阳市资阳中学高二上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由椭圆方程确定则可求椭圆的离心率.

【详解】解：由椭圆，得，所以

所以离心率.

故选：A.

2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（    ）

A．圆柱 B．三棱台 C．圆台 D．圆锥

【答案】C

【分析】由已知，得到几何体为旋转体，结合俯视图得到几何体是圆台．

【详解】解：由俯视图得到几何体为圆台；

故选：C．

3．若直线始终平分圆的周长，则a的值为（    ）

A．4 B．6 C．-6 D．-2

【答案】C

【解析】利用圆的性质可得直线平分圆的周长，必经过圆心，根据圆的一般方程的到圆心坐标，代入直线方程求得的值.

【详解】圆的圆心坐标为,

直线平分圆的周长，必经过圆心，

点在直线上，

，

故选：C.

【点睛】根据圆的一般方程求圆心坐标，的圆心坐标为.

4．已知水平放置的的直观图如图所示，，，则边上的中线的实际长度为（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的规则即可求解

【详解】的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是4和3，

斜边上的中线长度为

故选：C

5．设为实数，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由焦点在轴上的椭圆的标准方程即可得到答案.

【详解】由题意得，，解得.

故选：A.

6．圆与直线的位置关系为（    ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．以上都有可能

【答案】C

【分析】先求得直线所过的定点，再判断点与圆的位置关系，由此可知直线与圆的位置关系.

【详解】因为直线方程为，

所以令，则，即直线过定点，

因为圆的方程为，

故将代入得，

所以点在圆的内部，

故直线与圆相交.

故选：C.

7．设、为椭圆的左、右焦点，动点P在椭圆上，当面积最大时，的值等于（    ）

A．0 B．1 C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据面积公式可知当为上或下顶点时，面积取最大值，求出点坐标，由数量积公式即可求出结果．

【详解】根据对称性不妨设点， 因为所以

则面积为

当时，面积取最大值，此时，又

则，所以

故选：C．

8．已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，以下命题：①若m∥，m⊥，则⊥；②若，则；③若⊥，m∥，n∥，则m⊥n；④若，则.其中正确的是（    ）

A．①④ B．①②④ C．①②③ D．②③④

【答案】A

【分析】对于①，根据线面平行性质，结合面面垂直的判定定理，可得答案；

对于②、③，利用线面垂直判定定理，举反例，可得答案；

对于④，根据线面平行的性质，结合异面直线的定义，可得答案.

【详解】对于①，由m∥，则存在直线，使得，，，则，故①正确；

对于②，当时，存在，此时，，且，，则，，符合条件，故②错误；

对于③，由，则，当，且，时，，，符合条件，故③错误；

对于④，由，则任意直线，直线与直线之间的位置关系为异面或平行，，且，，故④正确.

故选：A.

9．过点作斜率为的直线与椭圆相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用点差法即可求得关系，进而求得的值.

【详解】设，则，

两式相减得

又，，则，

则，.

故选：A

10．如图，圆形纸片的四分之一扇形（阴影部分）是圆锥A的侧面展开图，其余部分是圆锥B的侧面展开图，则圆锥A与圆锥B的表面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据圆锥的侧面积可得两圆锥的底面圆半径关系，进而根据表面积公式即可求解.

【详解】设圆的半径为r，圆锥A与B的底面半径分别为，由题意知,解得,圆锥A的表面积，圆锥B的表面积，故．

故选:B

11．如图，正方体中，O为底面的中心，E，F分别为棱，的中点，经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面为（    ）

A．梯形 B．平行四边形 C．矩形 D．正方形

【答案】A

【分析】通过作图的方式确定，从而判断出点，，，确定一个平面，从而判断出经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面是什么四边形.

【详解】

如图，因为正方体中，O为底面的中心，E，F分别为棱，的中点

所以在中，，

因为正方体，所以

所以，而点在直线上

所以点，，，确定一个平面，所以经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面为平面，即确定的平面是梯形

故选：A

12．已知三棱锥的直观图及其部分三视图如图所示，若三棱锥的四个面中面积最大的一个三角形面积是，则三棱锥的外接球体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得：底面，是边长为的等边三角形，从而得到侧面的面积最大，设，根据求出．设三棱锥的外接球的半径为，利用球的性质、勾股定理即可得出．

【详解】解：由已知可得：底面，是边长为的等边三角形，

可得侧面的面积最大，设，则，解得（负值舍去）．

设三棱锥的外接球的半径为，则，即．

三棱锥的外接球的体积．

故选：C．

二、填空题

13．已知椭圆两个焦点为、，过的直线交椭圆于A，B两点，则的周长为______．

【答案】20

【分析】根据椭圆的标准方程，求出a的值，由的周长是求出结果．

【详解】椭圆，∴，

的周长是，

故答案为∶20﹒

14．已知圆与圆恰有两条公切线，则实数的取值范围________．

【答案】

【分析】根据两圆相交，列出不等关系，即可求得结果.

【详解】由，即，

可知圆的圆心为，半径为；

因为圆与圆恰有两条公切线，所以圆与圆相交，

则，∵，

解得：，即的取值范围是.

故答案为：.

15．已知正三棱锥P—ABC的侧面是顶角为，腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB、PC分别交于点D、E，则截面△AED周长的最小值为______.

【答案】

【分析】画出正三棱锥的侧面展开图，利用两点之间线段最短得出截面△AED周长的最小时线段的长，再利用勾股定理可求得的值.

【详解】由题意可得此三棱锥的侧面展开图如图所示，

则△AED周长为，由于两点之间线段最短，

所以当位于如图位置时，截面△AED周长的最小，即为的长，

因为，所以，

因为，

所以，

所以截面△AED周长的最小值为，

故答案为：.

16．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________．

①直线平面

②三棱锥的体积为定值

③异面直线AP与所成角的取值范围是

④直线与平面所成角的正弦值的最大值为

【答案】①②④

【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.

【详解】

对于①，连接，

，，，平面，平面，

平面，平面，

，同理，，

，平面，平面，

直线平面，故①正确；

对于②，∥，平面，平面，∥平面，

点在线段上运动，点到平面的距离为定值，

又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故②正确；

对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，

当点位于点时，与所成的角为，

当点位于的中点时，，，此时，与所成的角为，

异面直线与所成角的取值范围是，故③错误；

对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，

则，，，，，，

设平面的法向量，则，即，

令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：

，

当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确.

故答案为：①②④

三、解答题

17．求适合下列条件的椭圆的标准方程：

(1)一个焦点坐标为（2，0），短轴长为2；

(2)经过点和点．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件求出的值即可，

（2）设椭圆的方程为，然后将点代入求解即可.

【详解】（1）因为椭圆的一个焦点坐标为（2，0），短轴长为2；

所以椭圆的焦点在轴上，设其方程为，

所以，所以，

所以椭圆的标准方程为，

（2）设椭圆的方程为，

因为椭圆经过点和点，

所以，解得，

所以椭圆的标准方程为.

18．如图,在三棱锥中,,D,E分别是的中点．

(1)求证：平面;

(2)求证：平面．

【答案】(1)见解析,

(2)见解析.

【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面平行;

(2)根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.

【详解】（1）证明：由题知D,E分别是的中点,,

平面平面,

平面,得证;

（2）证明：由题知,D是的中点,

,

平面,平面且,

故平面得证.

19．如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为．

(1)求圆柱的表面积；

(2)求异面直线与OP所成角的余弦值．

【答案】(1)24π；

(2)．

【分析】(1)连接BP，根据AP⊥PB求出△APB的面积，根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高，根据圆柱结构特征即可求其表面积；

(2)取中点，连接，根据三角形中位线可得∥，可得或它的补角为所求角，由余弦定理即可得结果．

【详解】（1）连接BP，∵AB是圆O的直径，∴AP⊥BP．

由题意，在中，，∴易知，

在中，，∴，

∵三棱锥的体积为，

∴由解得，

故圆柱的表面积为：．

（2）取中点，连接，则∥，且．

∴或它的补角为异面直线与所成的角，

又，∴，

在△OPQ中，由余弦定理得，，

异面直线与所成角的余弦值为．

20．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．

(1)求线段AB的中点P的轨迹的方程；

(2)设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，由于点的坐标为，且点是线段的中点，利用代入法可得轨迹方程；

（2）联立方程和，得MN所在公共弦所在的直线方程,再由弦长公式可求得结果

【详解】（1）设，，点A在圆，

所以①，

因为P是A，B的中点，所以，即②，

将②代入①得，即P的轨迹方程为：；

（2）联立方程和，得MN所在公共弦所在的直线方程，

圆的圆心为，半径，

设到直线MN的距离为d，则,

所以，；

21．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．

(1)求证：；

(2)求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】(1)根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；

(2)取的中点，的中点，连接，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值.

【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，

又平面，平面，

所以平面，

又平面平面，平面，

所以；

（2）取的中点，的中点，连接，

则，由，得，且，

因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

由平面，得，

建立如图空间直角坐标系，

，

则，

设为平面的一个法向量，

则，

令，得，所以，

，

设直线与平面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

22．已知圆和定点，动点在圆上．

(1)过点作圆的切线，求切线方程；

(2)若满足，求证：直线过定点．

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解即可；

（2）分类讨论直线斜率存在与否的情况，联立直线与圆的方程，直接求得或由韦达定理化简，从而证得直线过定点.

【详解】（1）因为圆，所以圆心，半径，

当直线斜率不存在时，直线为，易得圆心与的距离为，则直线与相离，不满足题意；

当直线斜率存在时，设切线方程为，即，

则，解得或，

所以切线方程为或，即或.

（2）若直线斜率不存在，由对称性得，

又，所以，故直线为，

联立，解得或（舍去），

故，则，直线方程为，

若直线斜率存在，设直线方程为，

联立，消去，得，

所以，，，

而，

化简得，解得或，

当时，直线为，显然过点，不符合题意，舍去，

故，直线为，显然过定点，而直线也过，

综上：直线过定点.