重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 0°B. 90°C. 180°D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与坐标轴垂直可得倾斜角.
【详解】因为直线与轴垂直，
所以直线的倾斜角为90°.
故选：B
2. 已知为原点，点，以为直径的圆的方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒
【详解】由题知圆心为，半径，
∴圆的方程为﹒
故选：A﹒
3. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小.
【详解】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2
则
，，设异面直线AB与CD所成角为
所以，故
故选：C
4. 求空间中点关于平面的对称点与的长度为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点关于平面的对称点的坐标，再利用空间两点的距离公式可得结果.
【详解】点关于平面的对称点的坐标为，
所以，与的长度为，
故选D.
【点睛】本题主要考查空间两点的距离公式的应用，属于基础题.
5. 已知直线l1，l2分别过点P(－1，3)，Q(2，－1)，若它们分别绕点P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间的距离d的取值范围为（ ）
A. (0，5]B. (0，5)C. (0，+∞)D. (0，]
【答案】A
【解析】
【分析】先判断当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，计算得到最大值，进而得到范围.
【详解】当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，
最大距离为
所以l1，l2之间的距离的取值范围是.
故选：A
6. 三棱锥中，底面ABC，，，D为AB的中点，，则点D到面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在三角形SAB内作AE⊥SB交SB于E，进而根据条件证明AE⊥面SBC，算出AE的长度，再根据D为AB的中点得到答案.
【详解】如图，
在三角形中，过A作AE⊥SB交SB于E，
因为面，所以，又，，所以面，因为面，所以，而AE⊥SB，且，所以AE⊥面SBC.
在三角形SAB中，由勾股定理易得，则由等面积法可得：，因为D为AB中点，所以D到平面SBC的距离为：.
故选：C.
7. 已知点，点，点在圆上，则使得的点的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用求出点的轨迹方程为，再根据圆心距与两圆的半径的和的大小关系可得两圆相交，从而可得结果.
【详解】因为点，点，且，所以点的轨迹是以为直径的圆，
圆心，半径为，其方程为，
所以两圆的圆心距为，两圆的半径和为，
因为，所以两圆相交，所以满足条件的点的个数为，
故选：C
8. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，过的平面与平面平行，以平面截该正方体得到的截面为底面，为顶点的棱锥记为棱锥，则棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出平面与正方体的截面，利用棱锥外接球的性质求出球半径，即可得出球表面积.
【详解】分别取的中点， 依次连接得到正六边形,如图，
由平面，平面，
可知平面，同理平面，
又，平面，
所以平面与平面EFG平行，所以该正六边形就是平面与正方体的截面，
设该棱锥的外接球球心为，半径为，如图，
连接 相交于点，连接，则球心在线段上，连接，
因为，，
所以，
所以在中可得，
解得，
所以外接球的表面积为,
故选：B
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线的方程为，则（ ）
A. 直线在轴上的截距为2
B. 直线在轴上的截距为3
C. 直线的倾斜角为锐角
D. 过原点且与垂直的直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线方程，分别令即可判断AB，由直线斜率可判断C，求出原点且与垂直的直线方程即可判断D.
【详解】在中，令，得，所以A不正确；
令，得，所以B正确；
因为直线l的斜率为，所以直线l的倾斜角为锐角，故C正确；
因为与l垂直的直线方程可设为，又直线过原点，所以，故D正确.
故选：BCD
10. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 直线过定点，直线过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据两直线垂直和平行的判定，以及将直线一般式换成斜截式、点斜式判断过定点问题，上述过程中注意区分等于1和不等于1的情况.
【详解】对A和B，如果，则和的斜率相等，时，，解得或.
当时，，，两直线既不平行也不垂直.
当时，，，，A对.
当时，，，，B错.
对C， 当时，，，，所以 ，C对.
对D， 转化为斜截式为，即，所以过定点.同理，，时转化为斜截式为，即，过定点；时，为，也过定点，D对.
故选：ACD.
11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A. C的方程为B. 在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10
C. 在C上存在点M，使得D. C上的点到直线的最大距离为9
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项.
【详解】解：由题意可设点，由，，，得，
化简得，即，故A正确；
点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.
设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；
C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；
故选：AD.
12. 若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，的最小值为
D. 若，点P的轨迹为一段圆弧
【答案】AC
【解析】
【分析】当时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面的距离不变，即可判断A的正误；当时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面的距离在变化，即可判断B的正误；当时，可得三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得和的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】因为，其中，
所以点P在平面内运动，
对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
当时，则，
所以点P在线段EF上运动，
因为平面，
所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B：取中点G，中点H，连接GH，
当时，，
所以点P在GH上运动，
假设平面，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，
所以GH不平行平面，
所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化，
所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；
对于C：连接，，，当时，可得三点共线，
将沿翻折至与平面共面，如下图所示
连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，
因为均为面对角线，
所以，即为等边三角形，
又，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理得，
所以，故C正确；
对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，设，
所以，
所以
因平面，平面，
所以，
又，
所以，
所以，整理得，
所以，即，
所以P点轨迹为线段，故D错误
故选：AC
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设直线的方向向量分别为，若，则实数m等于___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量垂直与数量积的等价关系，，计算即可.
【详解】因为，则其方向向量，
，解得.
故答案为：2.
14. 若直线的倾斜角为30°，直线，则直线的倾斜角为______.
【答案】120°
【解析】
【分析】由直线垂直及直线倾斜角的定义确定直线的倾斜角大小.
【详解】由，即直线夹角为°，又直线倾斜角范围为°，
而直线倾斜角为30°，所以直线的倾斜角为120°.
故答案为：120°
15. 已知一个半球内含有一个圆台，半球的底面圆即为圆台的下底面，圆台的上底面圆周在半球面上，且上底面圆半径为3，若半球的体积为，则圆台的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为，进而并根据轴截面中的几何关系得，再计算体积即可得答案.
【详解】解：设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为.
所以，作出轴截面，如图，
因为半球的体积为，所以，解得，
由题意知，代入解得，
所以，圆台体积.
故答案为：
16. 已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线系求出定点，再由垂直确定动点轨迹为圆，根据圆心距离判断圆的位置关系，利用圆的几何性质求出取值范围即可.
【详解】依题意，直线恒过定点，
直线恒过定点，
因为，所以直线，
因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，
其方程为：，圆心，半径，
而圆C的圆心，半径，如图：
，两圆外离，
由圆的几何性质得：，，
所以的取值范围是：.
故答案为：
四、解答题：本题共有6个小题，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. 已知直线l经过点，且与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，O为坐标原点.
（1）若点O到直线l的距离为4，求直线l的方程；
（2）若面积为24，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线方程，利用点到直线的距离求出斜率即可得解；
（2）设出直线方程，求出截距，利用面积求出斜率即可得解.
【小问1详解】
由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为，即，
则点O到直线l的距离，解得.
故直线l的方程为，即.
【小问2详解】
由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为，即，
令，可得，
令，可得，
所以，即，
解得，
故所求直线方程为.
18. 如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．
（1）求此圆锥的表面积；
（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆锥轴截面及表面积公式计算即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦即可.
小问1详解】
∵圆锥的底面半径，
经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，可得，
∴圆锥的表面积．
【小问2详解】
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
由题意可得，则，，
则，
设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，
则，
故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为.
19. 已知圆，直线．
（1）写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系；
（2）设直线与圆交于A、两点，若直线的倾斜角为120°，求弦的长．
【答案】（1）圆心，半径，与圆相交；
（2）﹒
【解析】
【分析】（1）将圆的方程化为标准方程即可求其圆心C和半径r，求出直线l经过的定点，判断定点与圆的位置关系即可判断l与圆的位置关系；
（2）求出圆心到直线的距离d，根据即可求弦长．
【小问1详解】
由题设知圆：，
∴圆的圆心坐标为C，半径为r＝．
又直线可变形为：，则直线恒过定点，
∵，
∴点在圆内，故直线必定与圆相交．
【小问2详解】
由题意知，
∴直线l的斜率，
∴圆心到直线：的距离，
∴．
20. 如图，已知在矩形中，为边的中点，将沿直线折起到（平面）的位置，为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知，当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）延长与相交于点,连接，根据中位线证明，得到证明.
（2）证明，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量为，根据夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）延长与相交于点,连接,
∵为边的中点，四边形为矩形，
∴,,∴为的中位线，∴为线段的中点，
∵为线段的中点，∴∵平面，平面,
∴平面.
（2）∵,为边的中点，∴,即,
取线段的中点,连接,,则由平面几何知识可得,,
又∵四边形为矩形，,为边的中点，
∴,,
∵平面平面，平面平面,,
∴平面，
∵平面，∴,
∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则,,,,,,,,
设平面的一个法向量为，则，即，
不妨取，则，，即，
设直线与平面所成角为，则
，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了线面平行和线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
21. 已知圆，点.
（1）求过点G并与圆C相切的直线方程；
（2）设P为圆C上任意一点，线段AB在x轴上运动（A在B左边），且，求的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设切线方程为，利用点到直线的距离等于圆的半径可得答案；
（2）的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值，所求的最小值即求的最小值，设，则，由，转化为到和的距离的最小值减去1，结合图象可得答案.
【小问1详解】
圆，
由已知过点的切线的斜率存在，设其切线方程为，
所以圆心到切线的距离为，解得或，
所以切线方程为或，
即或.
【小问2详解】
的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值，
所以求即求的最小值，
设，则，
所以，
可看作到和的距离的最小值减去1，
取点关于原点对称点，连接，
此时的长度最小即最小，且，
所以的最小值为，
此时直线的方程为，即.
22. 如图，三棱锥中，点在底面的射影在的高上，是侧棱上一点，截面与底面所成的二面角的大小等于的大小.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量处理面面夹角问题.
【小问1详解】
连接
∵平面，平面，则
又∵，，平面
∴平面
平面，则
∴截面与底面所成二面角的平面角为，则
∴，即
，平面
∴平面
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，所在的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有：
设平面的法向量为，则
令，则
∴
同理可得：平面的法向量为
∵
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.