2022-2023学年陕西省安康市汉滨区五里高级中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年陕西省安康市汉滨区五里高级中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由几何体的三视图，还原可得其原图形是底面半径为2，高为4的半圆柱.

则该几何体的表面积等于两底半圆面的面积加上以2为底面半径，以4为高的圆柱侧面积的一半，加上侧视图的面积.

所以该几何体的表面积为.

故选：D

2．经过点，且与直线平行的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，直线方程可设为，代入即可求解.

【详解】与直线平行的直线方程可设为，代入，可得

，得，故所求直线方程为：

故选：C

3．已知直线：，点，，点为直线上一动点，则的面积为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】A

【分析】根据两点求得直线方程，利用平行线距离公式，结合三角形面积公式，可得答案.

【详解】直线的方程为，所以，所以边上的高为两平行线之间的距离，记为，因为，，所以．

故选：A．

4．已知圆，直线，则直线与圆的位置关系（    ）.

A．相切 B．相离 C．相交 D．无法确定

【答案】A

【分析】根据圆心到直线的距离与半径进行比较来确定正确答案.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆心到直线的距离，

所以直线和圆相切.

故选：A

5．如图，在正方体中，、、、分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ）

A．45° B．60° C．90° D．120°

【答案】B

【分析】连接，证明异面直线与所成的角是或其补角，由正方体性质即可得结论．

【详解】如图，连接，

由题意，，所以异面直线与所成的角是或其补角，

由正方体性质知是等边三角形，，

所以异面直线与所成的角是．

故选：B．

6．若点在圆的内部，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由点在圆内，则点到圆心距离小于半径列不等式，即可求范围.

【详解】由题设，将点坐标代入圆方程的左侧有，可得.

故选：C

7．过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（    ）

A．x-y+1=0 B．x+y-3＝0 C．y＝2x或x+y-3＝0 D．y＝2x或x-y+1＝0

【答案】D

【分析】考虑直线是否过坐标原点，设出直线方程，分别求解出直线方程.

【详解】当直线过原点时，其斜率为，故直线方程为y＝2x；

当直线不过原点时，设直线方程为，代入点（1，2）可得，解得a＝－1，故直线方程为x-y+1＝0.

综上，可知所求直线方程为y＝2x或x-y+1＝0，

故选：D.

【点睛】本题主要考查直线方程的截距式以及分类讨论思想的应用，考查逻辑推理和数学运算.在利用直线方程的截距式解题时，一定要注意讨论直线的截距是否为零.

8．下列说法正确的是（    ）

A．直四棱柱是正四棱柱

B．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线

C．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

D．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥

【答案】B

【分析】根据简单几何、多面体的几何特征一一判断即可.

【详解】对于，直四棱柱的底面不一定是正方形，故不正确；

对于B，圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，说法正确，故B正确；

对于C，将两个相同的棱柱的底面重合得到的多面体不是棱台，故C不正确；

对于D，以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥的组合体，故D不正确.

故选：B

9．如图，在正方体中，为线段上任意一点（包括端点），则一定有（    ）

A．与异面 B．与相交

C．与平面平行 D．与平面相交

【答案】C

【分析】连接、、、，证明出四边形为平行四边形，并结合面面平行的性质可判断各选项能否一定成立.

【详解】连接、，因为且，所以，四边形为平行四边形，

当为、的交点时，与相交，

当不为、的交点时，与异面，AB选项都不一定成立；

连接、，因为且，故四边形为平行四边形，

，平面，平面，平面，

同理可证平面，

因为，、平面，平面平面，

平面，平面，C选项一定满足，D选项一定不满足.

故选：C.

10．已知是两条直线，是两个平面．给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则；⑤，则，则命题正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】在①中，或；在②中，由线面垂直的性质定理得；在③中，由面面平行的判定定理得；在④中，n与m平行或异面；在⑤中，m与n相交、平行或异面．

【详解】解：由是两条直线，是两个平面，知：

在①中，若，则或，故①错误；

在②中，若，则由线面垂直的性质定理得，故②正确；

在③中，若，则由面面平行的判定定理得，故③正确；

在④中，若，则与平行或异面，故④错误；

在⑤中，，则与相交、平行或异面，故⑤错误．

所以，正确的命题个数为2个.

故选：B．

11．在棱长为2的正方体中，点M为棱的中点，则点B到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接BM，由面面垂直的判定证明平面平面，再利用面面垂直的性质即可推理计算作答.

【详解】在正方体中，平面，而平面，则平面平面，

在平面内过点B作于E，连接BM，如图，

因平面平面，于是得平面，则BE长即为点B到平面的距离，

点M为棱的中点，在中，，

，即，解得，

所以点B到平面的距离为.

故选：D

12．若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】如图，直线恒过点，曲线表示出以为圆心，2为半径的右半圆，求出直线与圆相切时的斜率和直线过点的斜率，从而可求出答案.

【详解】如图，直线恒过点，曲线表示出以为圆心，2为半径的右半圆，

设直线与半圆相切于点，则

，解得（舍去）或，

所以，

因为，，所以，

因为直线与曲线恰有两个交点，

所以，

所以，

故选：A

二、填空题

13．在空间直角坐标系Oxyz（O为坐标原点）中，点关于x轴的对称点为点B，则____________．

【答案】

【分析】先求解对称点坐标，利用空间中两点的距离公式，求解即可.

【详解】由题意，点关于x轴的对称点为点，

故.

故答案为：

14．一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________．

【答案】

【分析】由圆锥的侧面积得出圆锥的底面半径，设出球的半径，根据题意得出关系式求出球的半径，进而得出球的体积．

【详解】解：设圆锥的底面半径为，

因为圆锥母线长为，侧面积，所以，解得，

所以，圆锥的高，

设球半径为R，球心为，其过圆锥的轴截面如图所示，

由题意可得，，即，解得，

所以，．

故答案为：．

15．若直线过点，且在两坐标轴上截距相等，则直线的方程为_________．

【答案】或

【分析】由题意可得直线的斜率存在，设直线为，然后分别求出直线在两坐标轴上的截距，再由截距相等列方程可求出的值，从而可求出直线的方程.

【详解】由题意可得直线的斜率存在，设直线为，

当时，，

当时，，

因为直线在两坐标轴上截距相等，

所以，化简得，

解得或，

所以直线为或，

即或，

故答案为：或

16．若过点作圆的切线有两条，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】先将圆转化成标准方程，得到圆心和半径，通过半径的平方大于0可得到，再通过点能作两条圆的切线，可得到点在圆外，能得到或，即可得到答案

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径的平方为，即，

因为过点作圆的切线有两条，所以点在圆外，

故点到圆心的距离大于圆的半径，即，解得或，

综上所述，的取值范围是，

故答案为：．

三、解答题

17．如图，正方体的棱长为，为的中点，

(1)求证：平面；

(2)求的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，令，连接，则，由此能证明平面.

（2）由已知分别求出，，，由此能求出的面积.

【详解】（1）证明：连接，令，连接.

∵正方体中，是的中点，又是的中点，∴，

又平面，平面，∴平面.

（2）解：在正方形中，，，∴，

在直角中，，，∴，同理可得，

且四边形为正方形，则为的中点，所以，，

在中，，

∴.

18．已知圆经过，两点，且与轴的正半轴相切.

(1)求圆的标准方程；

(2)若直线：与圆交于，，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意，设圆心且半径，由圆所过的点列方程求参数，结合与轴的正半轴相切确定圆的方程；

（2）利用弦心距、半径与弦长的关系求.

【详解】（1）若圆心，则圆的半径，即，

又圆经过，，则，可得，

所以或，又圆与轴的正半轴相切，

故圆的标准方程为.

（2）由（1）知：到直线的距离为，圆的半径为，

所以.

19．如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：

(1)直线平面BDE；

(2)平面BDE⊥平面PCD.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线定理，可得答案；

（2）利用平行线的性质，以及等腰三角形的性质，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案.

【详解】（1）如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.

又E为PC的中点，所以.

因为平面BDE，平面BDE，所以直线平面BDE.

（2）因为，PA⊥PD，所以OE⊥PD.

因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.

又平面PCD，平面PCD，，所以OE⊥平面PCD.

因为平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.

20．在中，边，所在直线的方程分别为，，点在边上.

(1)求直线的方程；

(2)若为边上的高，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知两直线方程联立求得点坐标，由斜率公式得直线斜率，从而得直线方程；

（2）由垂直得直线方程后可得直线方程．

【详解】（1）由，得，即，，

直线方程为，即；

（2）由题意，

直线方程为，即．

21．已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且.

(1)求直线和直线的交点坐标；

(2)已知直线经过直线与直线的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的倍，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）首先根据题意得到直线，再联立方程组求解即可.

（2）分类讨论直线过原点时和当直线不过原点时求解即可.

【详解】（1）因为直线的方程为，所以，

因为，所以，

又直线在轴上的截距为，所以过，

即直线，即：直线.

联立，即交点为

（2）当直线过原点时，设直线，

因为直线过，所以，即，直线.

当直线不过原点时，设直线在轴截距为.

直线，因为直线过，所以，解得，

综上或.

22．已知中，点，边所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为.

(1)求点和点的坐标；

(2)以为圆心作一个圆，使得，，三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由题意，设所求点的坐标，结合中点坐标公式，代入对应直线方程，解得答案；

（2）由题意，分别求点到的距离，比较大小，可得答案.

【详解】（1）设，，的中点，

由题意可得直线的直线方程：，则，解得，

，解得，故，.

（2），，

，

由，则圆方程为.