【期中真题】青海省海南州中学、海南州贵德中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学（理）试题.zip

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绝密★启用前2021—2022学年海南州中学，海南州贵德中学第一学期高二期中考试数学（理）满分：150分  考试时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题共60分）一．选择题（本小题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 直线 的倾斜角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】依题意得到直线的斜率，从而求出直线的倾斜角；【详解】解：直线的斜率，设其倾斜角为，则，因为，所以；故选：D2. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）A. 1 B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图易知该几何体为锥体，求得底面积与高即可求出几何体的体积．【详解】由三视图易知该几何体为锥体，所以V＝Sh，其中S指是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S＝1，h指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h＝1，所以V＝Sh＝故选：C 3. 已知直线与平行，则（    ）A. 或2 B. 1或 C.  D. 1【答案】C【解析】【分析】根据两条直线平行，且，即可得解【详解】因为直线与平行，所以，且，解得.故选:C.4. 台球运动中反弹球技法是常见的技巧，其中无旋转反弹球是最简单的技法，主球撞击目标球后，目标球撞击台边之后按照光线反射的方向弹出，想要让目标球沿着理想的方向反弹，就要事先根据需要确认台边的撞击点，同时做到用力适当，方向精确，这样才能通过反弹来将目标球成功击入袋中．如图，现有一目标球从点无旋转射入，经过直线（桌边）上的点反弹后，经过点，则点的坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求得点关于的对称点坐标，由此可得直线方程，将方程与联立即可求得点坐标.【详解】点关于对称的点为，直线的方程为：，即，由得：，点坐标为.故选：B.5. 设､是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，，则；③若，，则；④若，，则，其中正确的序号是（    ）A. ①和② B. ②和④ C. ②和③ D. ①和④【答案】B【解析】【分析】由空间直线、平面间位置关系判断各选项，错误的命题可能举一反例说明．【详解】墙角两个墙面与地面垂直，但这两个墙面不平行，①错；，，则，又，则，②正确；棱柱上底面相邻两边所在直线与下底面平行，但这两条直线相交，③错误；，设过的平面与交线为，则，，则，所以，④正确．故选：B．【点睛】本题考查空间直线、平面间的位置关系，考查空间想象能力，属于中档题．6. 已知两点A(-2，4)，B(2，3)，过点P（1，0）的直线与线段AB有公共点，则直线斜率的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线的斜率，利用数形结合法求解.【详解】如图所示：由图象知：过点P（1，0）的直线为直线PA，PB之间任意一条直线，而，因为直线与线段AB有公共点，所以或，故选：D7. 已知直线与直线互相垂直，垂足为.则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由两直线垂直得，进而根据垂足是两条直线的交点代入计算即可得答案.【详解】由两直线垂直得，解得，所以原直线直线可写为，又因为垂足为同时满足两直线方程，所以代入得，解得，所以，故选:D8. 如图，在长方体中，，，，是的中点，则三棱锥的体积为（    ） A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据，利用三棱锥体积公式可求得结果.【详解】，平面，.故选：C.9. 已知两平行直线与的距离为，则实数的值是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题知，再根据平行线间的距离公式计算即可.【详解】解：将直线整理得，所以平行线间的距离公式得直线与的距离为，解得故选：D10. 在正方体中，点､､分别为棱、、的中点，给出下列四个结论：①；②平面；③异面直线，所成角的大小为；④平面．其中所有正确结论的序号为（    ）A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②④【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，利用空间中的直线与直线，直线与平面，平面与平面位置关系，逐一判定，即可求解.【详解】如图所示，对于①中，连接，则，而，则，所以是正确的；对于②中，因为，平面，平面，所以平面，所以是正确的；对于③中，，所以为异面直线和所成角，连接，可得为等边三角形，所以，即异面直线所成的角为，所以不正确；对于④中，，所以平面，所以是正确的.故选：①②④. 【点睛】本题主要考查了空间中的直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记空间中的线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.11. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称为三角形的欧拉线已知的顶点，则的欧拉线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意得出的欧拉线即为线段的垂直平分线，然后求出线段的垂直平分线的方程即可.【详解】因为，所以线段的中点的坐标，线段所在直线的斜率，则线段的垂直平分线的方程为，即，因为，所以的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，所以的欧拉线方程为.故选：D【点睛】本题主要考走查直线的方程，解题的关键是准确找出欧拉线，属于中档题.12. 已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将正四面体放入正方体中，可得正方体的棱长为，求出正方体外接球的体积即为正四面体外接球的体积.【详解】如图将棱长为1的正四面体放入正方体中，且正方体的棱长为，所以正方体的体对角线，所以正方体外接球的直径，所以正方体外接球的体积为，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为，故选：A.第II卷（非选择题共90分）二．填空题（本小题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）13. 已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【解析】【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.14. 直线l到直线的距离和原点到直线l的距离相等，则直线l的方程是___________.【答案】【解析】【分析】根据点到直线距离公式和两条平行线间的距离公式即可得到答案.【详解】由题意设所求直线l方程为，则，解得，故直线l的方程为.故答案为：.15. 如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝1，则PC与底面ABC所成角的正切值为______.【答案】【解析】【分析】根据条件可得是与底面所成的角，然后根据直角三角形的边角关系求正切值即可．【详解】解：底面，是在底面上的射影，是与底面所成的角．，，，．即与底面所成角的正切值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查直线和平面所成角的大小求法，利用线面角的定义确定线面角是解决本题的关键．16. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑圆，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义；鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以交蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．早在2006年5月，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．现已知某蹴鞠的表面上有四个点、、、，满足是正三棱锥，是的中点，，侧棱长为2，则该蹴鞠的体积为________；蹴鞠球心到平面的距离为______．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】由题意画出图形，证明三棱锥的三条侧棱两两垂直，然后把正三棱锥放置在正方体中，求正方体的对角线长，可得外接球的半径，再由球的体积公式求解；利用等体积法，求的点到平面ABC的距离，即可求得蹴鞠球心到平面的距离.【详解】解：如图，取的中点，连接，，为的中点，，，同理，，平面，则，又，且，、平面，平面，则正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直．把该三棱锥放置在正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，外接球的半径等于正方体的对角线长的一半为．所以该蹴鞠的体积为，，，设点到平面ABC的距离为h，由，则，所以，所以蹴鞠球心到平面的距离为.故答案为：；.三．解答题（本小题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17. 如图，四边形是矩形，平面，平面．（1）证明：平面平面．（2）若平面与平面的交线为，求证：【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明，可得平面，由，可得平面，再根据面面平行的判定定理即可得证；（2）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，又因为平面，平面，所以平面，在矩形中，，平面，平面，所以平面，又，所以平面平面；【小问2详解】证明：，平面，又，.18. 已知的顶点，边AB上的中线CM所在直线方程为，边AC上的高BH所在直线方程为．求：（1）顶点C的坐标；（2）直线BC的方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先根据直线AC与直线BH垂直，斜率乘积为-1，得到，从而利用点斜式求出直线AC方程，与CM所在直线联立求出点C坐标；（2）先设出点的坐标为，利用中点坐标公式表达出点坐标，再把B点坐标代入BH所在直线，求出，从而求出点B坐标，结合第一问求解的点C的坐标，求出直线BC的方程【小问1详解】因为边AC上的高BH所在直线方程为∴ ，且∴∵的顶点∴直线AC方程：，即与联立， ，解得：所以顶点C的坐标为【小问2详解】因为CM所在直线方程为故设点的坐标为因为是中点，所以因为在BH所在直线上所以，解得：所以点坐标为由第一问知：C的坐标为故直线BC的方程为，整理得：19. 已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，为的中点，，．（1）求证：平面；（2）求证：平面．（3）求异面直线与所成角的余弦值；【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，可证得四边形为平行四边形，由此可得，由线面平行的判定可得结论；（2）利用勾股定理可证得，由面面垂直性质可得平面，进而得到，由线面垂直的判定可得结论；（3）由平行关系可知所求角为，根据长度关系，在利用余弦定理可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，则且， 且，且，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面；【小问2详解】，，，；平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，，又，，平面，平面；【小问3详解】，异面直线与所成的角为直线与所成的角即（或其补角），为等腰直角三角形，则由斜边得：；由（2）知：，，在中，，，，异面直线与所成角的余弦值为.20. 已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且．（1）求直线和的交点坐标；（2）已知直线经过与的交点，且在两坐标轴上的截距相等，求的方程．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）利用，可得斜率，利用点斜式可得直线的方程，可求直线与的交点坐标；（2）在两坐标轴上的截距都为0，即当直线经过原点时，可得方程；当直线不经过原点时，设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，其方程为，把交点坐标代入，即可求出的方程.【小问1详解】由直线的方程为且可得直线的斜率为又在轴上的截距为，即过点所以直线方程：即，联立方程，得：，解得故交点为【小问2详解】依据题意可知：当直线在两坐标轴上的截距都为时，即过原点，又过点，所以此时方程：即：当直线在两坐标轴上的截距都不为时不过原点时，设方程为过点，，解得：故方程为：，即综上所述：的方程为或21. 已知直线l过点，并且点和点到直线l的距离相等，求直线l的方程．【答案】或．【解析】【分析】方法一：分点A和点B在直线l的同侧和异侧两种情况求解；方法二：设直线l的方程为，再根据点到线的距离公式求解即可【详解】方法一：当点A和点B在直线l的同侧时，易得．∵，∴．又知直线l过点，∴直线l的方程为，即．当点A和点B在直线l的异侧，这时直线l过的中点．又因为直线l过点，则直线l的斜率为0，直线l的方程为．综上所述，直线l的方程为或．方法二：设直线l的方程为．由题设知，直线l过点，并且点和点到直线l的距离相等，则，于是可得．从而可得或，解得或．当时，，且，此时直线方程．当时，，此时直线方程为．综上所述，直线l的方程为或．22. 如图，已知矩形中，，，将矩形沿对角线把折起，使移到点，点在上，且平面（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求二面角所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）根据矩形特点和线面垂直性质得到，，由线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可得结论；（2）由，，结合线面垂直判定可得平面，由面面垂直的判定可得结论；（3）过点作，结合线面垂直的性质和二面角平面角的定义可确定所求二面角的平面角为，根据垂直和长度关系可求得，由此可得即为所求余弦值.【小问1详解】四边形是矩形，，平面，且平面，，，平面，平面，平面，；【小问2详解】翻折前，四边形为矩形，，翻折后对应得：；由（1）知：，，平面，平面，平面，平面平面；【小问3详解】过点在平面内作，垂足为点，连接，平面，平面，，，，平面，平面，平面，，二面角的平面角为；由（2）知：平面，平面，，，，，，在中，，，，平面，平面，，，，，即二面角的余弦值为．