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    四川省遂宁中学2022-2023学年高二数学(理)上学期期中考试试卷(Word版附解析)
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    四川省遂宁中学2022-2023学年高二数学(理)上学期期中考试试卷(Word版附解析)

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    这是一份四川省遂宁中学2022-2023学年高二数学(理)上学期期中考试试卷(Word版附解析),共23页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容,欢迎下载使用。

    四川省遂宁市船山区

    四川省遂宁中学20222023学年度上期半期考试

    高二理科数学

    考试时间:120分钟          满分:150

    注意事项:

    1.答卷前,考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上.

    2.选择题用2B铅笔在对应的题号涂黑答案.主观题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的答题区域内.

    3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,请将答题卡上交.

    第Ⅰ卷(选择题   60分)

    一.选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分)

    1. 直线的倾斜角为(   

    A.  B.  C.  D. 不存在

    【答案】C

    【解析】

    【分析】直线的斜率不存在,即得倾斜角.

    【详解】直线的斜率不存在,直线与轴垂直,

    其倾斜角为.

    故选:C.

    2. 点是点关于平面的对称点,则   

    A. 10 B.  C.  D. 38

    【答案】A

    【解析】

    【分析】写出点坐标,由对称性易得线段长.

    【详解】是点关于平面的对称点,

    的横标和纵标与相同,而竖标与相反,

    直线轴平行,

    故选:A

    3. 已知直线两坐标轴上的截距互为相反数,则实数a=(   

    A. 1 B. 1

    C. 21 D. 2-1

    【答案】D

    【解析】

    【分析】直接利用直线的截距互为相反数求出参数的值.

    【详解】解:当时,直线为,故直线无横截距,不符合题意;

    时,直线的横截距为,纵截距为

    由于直线两坐标轴上的截距互为相反数,,解得

    故选:D

    4. 如图,一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形,斜边长,那么原平面图形的面积是(

    A. 2 B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据斜二测画法可得原图形为直角三角形运算即可得解.

    【详解】根据斜二测画法可得原图形为如图所示

    因为是等腰直角三角形,根据斜二测画法可得为直角三角形,

    所以原平面图形的面积是.

    故选:B.

    5. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【详解】分析首先根据正方形的面积求得正方形的边长,从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高,从而利用相关公式求得圆柱的表面积.

    详解根据题意,可得截面是边长为的正方形,

    结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是的圆,且高为

    所以其表面积为故选B.

    点睛该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题,在解题的过程中,需要利用题的条件确定圆柱的相关量,即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高,在求圆柱的表面积的时候,一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.

    6. 是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是    

    A. ,则 B. ,则

    C ,则 D. ,则

    【答案】C

    【解析】

    【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.

    【详解】解:对于A:若,则可能平行、相交、异面,故A错误;

    对于B:若,则可能平行、异面,故B错误;

    对于C:若,则,又,所以,故C正确;

    对于D:若,则可能平行、相交(不垂直)、垂直,故D错误;

    故选:C

    7. 某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积为(   

    A. 2 B.  C.  D. 4

    【答案】D

    【解析】

    【分析】

    由三视图做出几何体的直观图,再根据体积公式计算即可得答案.

    【详解】解:根据三视图可得直观图为四棱锥,如图:

    底面是一个直角梯形,

    底面

    该四棱锥的体积为

    故选:D.

    【点睛】本题考查根据三视图求几何体的体积,考查空间想象能力,运算能力,是基础题.

    8. 过点作直线,若点到它的距离相等,则直线的方程为(   

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】分两种情况讨论:①;②直线过线段的中点.求出两种情况下直线的斜率,利用点斜式可得出直线的方程.

    【详解】分以下两种情况讨论:

    ①若,则直线斜率为

    此时,直线的方程为,即

    ②若直线过线段的中点,则直线的斜率为

    此时,直线的方程为,即.

    综上所述,直线的方程为.

    故选:C.

    9. 已知,则   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】

    根据已知条件以及,解得,再利用二倍角公式即可化简求得结果.

    【详解】,且

    ,解得.又

    故选:D

    【点睛】本题主要考查的是同角三角函数基本关系式,二倍角公式在三角函数化简求值中的应用,是基础题.

    10. 方程表示的曲线是(   

    A. 一个圆和一条直线 B. 半个圆和一条直线

    C. 一个圆和两条射线 D. 一个圆和一条线段

    【答案】C

    【解析】

    【分析】

    根据两数相乘积为0,两因式中至少有一个为0转化为,表示以原点为圆心,3为半径圆和直线在圆外面的两条射线,如图所示.

    【详解】解:变形为:

    表示以原点为圆心,3为半径的圆和直线在圆外面的两条射线,如右图.

    故选:

    【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,利用了数形结合的思想,画出相应的图形是解本题的关键.

    11. 如图所示,在正四棱锥中,EMN分别是BCCDSC的中点,动点P在线段MN上运动(与点MN均不重合)时,给出下列四个结论:

    EPAC;②EPBD;③EP平面SBD;④EP⊥平面SAC.其中恒成立的结论为(   

    A. ①③

    B. ②④

    C. ①③④

    D. ②③④

    【答案】A

    【解析】

    【分析】连接相交于点O,连接.

    对于①,先证明平面与平面平面,可以得到平面,即可证明

    对于②,利用异面直线的定义即可判断;

    对于③,由①可知平面平面,利用面面平行的性质即可得到;

    对于④,由①同理可得平面,若平面,得到矛盾.

    【详解】如图所示,连接相交于点O,连接

    对于①,由正四棱锥,可得平面.

    因为平面,所以.

    因为,平面

    所以平面.

    因为EMN分别是BCCDSC的中点,

    所以,

    因为平面平面,

    所以平面平面.所以平面.

    因为平面,所以,故①正确;

    对于②,由异面直线的定义可知是异面直线,不可能有,故②不正确;

    对于③,由①可知平面平面

    因为平面,所以平面,故③正确;

    对于④,由①同理可得平面

    平面,则,与矛盾,

    与平面不垂直,故④不正确.

    故选:A.

    12. 我们知道,在平面直角坐标系中,方程表示的图形是一条直线,具有特定性质:轴,轴上的截距分别为;类比到空间直角坐标系中,方程表示的点集对应的图形也具有某特定性质,设此图形为,若平面所成角正弦值为 ,则正数的值是(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】由方程表示平面,且在x轴,y轴,z轴上的截距分别为,设平面与x轴,y轴,z轴的交点分别为A,BC,利用的等面积法求解.

    【详解】解:由题意,方程表示平面,且在x轴,y轴,z轴上的截距分别为

    如图所示:

    设平面与x轴,y轴,z轴的交点分别为A,BC,

    中,BC边上的高为h,则mzoy平面所成的角正弦值为

    所以 ,解得

    因为

    所以

    因为

    所以由等面积得

    解得

    故选:D

    第Ⅱ卷(非选择题   90分)

    二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.)

    13. 圆心在直线上的圆轴交于两点,则圆的方程为___

    【答案】

    【解析】

    【详解】试题分析:先由条件求得圆心C的坐标,再求出半径r=|AC|,从而得到圆C的方程.

    因为直线AB的中垂线方程为x=-3,代入直线x-2y+7=0,得y=2

    故圆心的坐标为C-32),再由两点间的距离公式求得半径r=|AC|=

    C的方程为

    故答案为

    考点:圆的标准方程.

    14. 如图,在正方体中,上底面中心为,则异面直线所成角的余弦值为______

    【答案】

    【解析】

    【分析】由题意,连接,结合正方体的结构特征,得到异面直线所成角即为直线所成角,设,在直角中,即可求解,得到答案.

    【详解】由题意,连接,设正方体的棱长为,则

    在正方体中,可得

    所以异面直线所成角即为直线所成角,设

    直角中,可得

    在直角中,可得.

    故答案为:.

    【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解,其中解答中结合正方体的结构特征,得到异面直线所成角即为直线所成角是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题.

    15. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》并头两句为白日登山望锋火,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___________

    【答案】

    【解析】

    【分析】先找点关于直线的对称点,然后计算对称点到点的距离即可.

    【详解】设点关于直线的对称点为

    与直线垂直,点与点的中点坐标为

    建立方程组,解得:

    所以

    所以

    所以将军饮马的最短总路程为.

    故答案为:

    16. 如图1所示的几何模型是由一个半圆和矩形组成的平面图形,将半圆沿直径折成直二面角(如图2)后发现,在半圆弧(不含点)上运动时,三棱锥的外接球始终保持不变,若,则该三棱锥外接球的表面积为______

    【答案】

    【解析】

    【分析】设半圆的圆心为,设外接球的球心为,则,取的中点,则垂直平分即为外接球的半径,由勾股定理可得半径的长,从而得到外接球的表面积.

    【详解】由题意,如图,将半圆沿直径折成直二面角,设半圆的圆心为

    可得半圆面,设外接球的球心为,则

    的中点,则垂直平分即为外接球的半径,

    且四边形为长方形,

    是直角三角形,所以半径

    三棱锥的高不变,

    三棱锥外接球的半径

    从而可得该三棱锥外接球的表面积

    故答案为:

    三、解答题(1710分,其余每题各12分)

    17. 已知两条直线.

    1)若,求的值;

    2)若,求的值.

    【答案】11;(2

    【解析】

    【分析】

    1)由求解,同时要检验是否重合;

    2)由求解.

    【详解】(1)由于,所以,解得

    时两直线方程分别为,两直线平行,

    时,两直线方程分别为,即,两直线重合,不合题意,舍去.

    所以

    2)若,则

    【点睛】本题考查两直线平行与垂直的条件.在由两直线平行求参数时要进行检验,排除重合的情形.

    18. 已知数列的前n项和Snn22n

    1{an}通项公式;

    2bn的前n项和为Tn,求Tn

    【答案】1   

    2

    【解析】

    【分析】1)由的关系即可求解;

    2)利用裂项相消法即可求和.

    【小问1详解】

    时,

    时,由,符合上式.

    所以的通项公式为.

    【小问2详解】

    19. 已知三垂线定理:在平面内的一条直线和平面的一条斜线的射影垂直,则它和这条斜线垂直.请用图形语言和数学符号翻译该定理并证明.

    【答案】答案见解析

    【解析】

    【分析】按照定理内容转化成符合语言再证明即可.

    【详解】解:已知三垂线定理:在平面内的一条直线和平面的一条斜线的射影垂直,则它和这条斜线垂直.

    如图所示:若是垂足,斜线,证明

    证明:

    都在平面内,

    平面

    平面

    20. 如图,已知三棱台中,平面平面是正三角形,侧面是等腰梯形,的中点.

    1求证:

    2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)分别取的中点,连接,证明出平面,利用线面垂直的性质可证得结论成立;

    2)以点为坐标原点,所在直线分别为轴的空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

    【小问1详解】

    证明:如图,分别取的中点,连接

    为等边三角形,的中点,则

    因为平面平面,平面平面平面

    平面,同理可证平面,所以,

    分别过点在平面内作,垂足分别为点

    因为,所以,四边形为矩形,

    因为四边形为等腰梯形,则

    又因为,所以,

    所以,

    的中点,则,且

    又因为,所以,四边形为矩形,所以,

    因为平面平面

    平面.

    【小问2详解】

    解:因为平面,以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立如下图所示:

    设平面的法向量为

    ,取,可得

    .

    因此,直线与平面所成角的正弦值为.

    21. 从①直线与平面ABCD所成的角为60°;②为锐角三角形且三棱锥的体积为2这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并完成解答.

    如图,在四棱锥SABCD中,底面ABCD是菱形,平面ABCDEF分别为ABSC的中点.

    1求证:直线平面

    2______,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

    注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.

    【答案】1证明见解析   

    2

    【解析】

    【分析】1)取的中点,证明四边形为平行四边形,从而,则可得到平面

    2)若选①首先证明为正三角形,从而取中点为,以为坐标原点,的方向分别为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系,计算出平面的一个法向量,平面的一个法向量,利用向量夹角公式即可得到答案;若选②,先有棱锥体积公式得到,则得到,从而其对角,以下步骤与选①一致.

    【小问1详解】

    如图所示,取的中点为,连接

    中点,所以

    所以

    因为中点,四边形为菱形,所以

    所以

    所以四边形为平行四边形,所以

    因为平面平面,所以平面

    【小问2详解】

    选择条件①:

    因为平面,所以直线与平面所成角为

    因为,所以,所以为正三角形.

    中点为,连接,以为坐标原点,方向分别为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示

    设平面的一个法向量

    ,即,令,则

    设平面的一个法向量

    ,即,令,则

    设平面与平面所成锐二面角为,则

    所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为

    选条件②:由

    解得 因为,所以.则其对角,

    中点为,连接,以为坐标原点,的方向分别为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系,以下步骤与选①一致.

    22. 如图正方形的边长为分别为的中点,以为棱将正方形折成如图所示的的二面角,点在线段.

    1的中点,且直线与平面的交点为,试确定点的位置,并证明平面.

    2是否存在点,使得直线与平面所成的角为?若存在,求的长; 若不存在,说明理由.

    【答案】1的延长线上,且,证明见解析;   

    2存在,,理由见解析.

    【解析】

    【分析】1)先确定点在平面与平面的交线上,从而得到,连接与点,则的中点,连接,由中位线定理证明,利用线面平行的判定定理证明即可.

    2)建立合适的空间直角坐标系,求出点的坐标和向量,设,求出直线的方向向量与平面的法向量,由向量的夹角公式建立关于的关系,求出的值,再求解的长即可.

    【小问1详解】

    证明:直线平面,故点在平面也在平面内,所以点在平面与平面的交线上,

    如图所示,

    由已知得,且点中点,

    所以

    所以的延长线上,且

    延长,且交于点,连接,连接

    因为四边形为矩形,所以中点,

    的中位线,所以

    平面平面

    所以平面

    【小问2详解】

    由已知可得,且平面

    平面

    平面,所以平面平面

    由已知得,取中点,则

    所以以点为坐标原点,如图建立空间直角坐标系,

    ,则

    所以

    设平面的法向量

    ,令,则

    所以

    又直线与平面所成角为

    化简可得,解得

    故存在点,使直线与平面所成角为

    此时.

     

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