四川省内江市第六中学2022-2023学年高二数学（文）上学期期中考试试卷（Word版附解析）

内江六中高2024届高二（上）期中考试

文科数学

考试时间：120分钟  总分：150分

第Ⅰ卷（选择题，满分60分）

一、单选题（每小题5分，每小题只有一个正确答案）

1. 点到直线的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用点线距离公式即可求解.

【详解】因为点线距离公式为，

所以.

故选：B.

2. 已知直线经过点，且与直线平行，则直线的方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知直线的斜率为，再根据点斜式方程求解即可.

【详解】解：因为直线的斜率为，直线与直线平行，

所以，直线的斜率为，

因为直线经过点，

所以，直线的方程为：，即

故选：A

3. 若为圆的弦的中点，则直线的方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出圆心坐标，可得圆心与点P连线的斜率，进而得到直线AB的斜率，再由点斜式得解．

【详解】圆的圆心为(1，0)，半径为5，

则圆心与点P连线的斜率为，

则直线AB的斜率为－1，

由点斜式可得，直线AB的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0．

故选：A．

4. 某程序框图如图所示，则输出的结果是（    ）

A. -1 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由初始条件输入循环体，求出每一次S的值，探求规律即可求解作答.

【详解】执行模拟程序，输入初始值：，第一次进入循环体，；

第二次进入循环体，；第三次进入循环体，；…，照此执行下去，

S的值构成以3为周期的一列数，当时结束循环，而，

所以输出的S值是.

故选：C

5. 已知直线，的斜率是方程的两个根，则（    ）

A.  B.

C. 与相交但不垂直 D. 与的位置关系不确定

【答案】C

【解析】

【分析】设直线的斜率为，直线的斜率为，根据判别式以及韦达定理可得到结果.

【详解】设直线的斜率分别为，因为，所以方程有两个不相等的实数根，

所以与相交．又，所以与不垂直．

故选：C

6. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则它的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题中定义，结合圆锥侧面积和体积公式进行求解即可.

【详解】设直角圆角的底面半径为，母线为，高为，

因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，

所以有，

因为直角圆锥的侧面积为，

所以有，即，

因此，

所以该直角圆锥的体积为，

故选：B

7. 已知，满足约束条件，则的最大值为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】先画出可行域，由于表示点与连线的斜率，所以结合图形可求得其最小值.

【详解】可行域如图所示，表示点与连线的斜率，

由图可知，直线过点时，直线的斜率最大，

由，得，即，

所以

所以最大值为1.

故选：B

8. 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】C

【解析】

【分析】由三视图知该几何体是下面为圆柱体，上面为长方体的组合体，进一步求出几何体的表面积.

【详解】由三视图知该几何体是下面为圆柱体，上面为长方体的组合体，

所以组合体的表面积由圆柱体的表面积加上长方体的侧面积.

其表面积为：

.

故选：C

9. 圆与圆恰有两条公切线．则a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先求出两圆的圆心坐标与半径，依题意两圆相交，则，即可得到不等式组，解得即可.

【详解】解：圆，即，圆心，半径，

圆的圆心，半径，

因为两圆恰有两条公切线，则两圆相交，所以，

即，解得，即；

故选：A

10. 如图为一正方体平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：

①；  ②与成角；

③与成异面直线且夹角为.

其中正确的是（    ）

A. ①② B. ②③ C. ③ D. ①②③

【答案】B

【解析】

【分析】还原正方体直观图，根据直观图直观可判断①；利用正三角形性质和线线平行可判断②③．

【详解】将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知与不平行，故①错误；

连接、，因为为正三角形，且，则与成角，故②正确；同理与成角，由图可知与成异面直线，故③正确．

故选：B．

11. 已知直线与圆相交于，两点，若，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用垂径定理及勾股定理表示出弦长，列出关于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围.

【详解】由圆的方程得：圆心，半径，

圆心到直线即的距离，

，

变形整理得，即，

解得，

的取值范围是，

故选：D.

12. 已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N．若动点，则的最小值为（    ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

【答案】B

【解析】

【分析】先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.

【详解】

易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，

设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，

故，整理得，又点在直线上，

故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为

圆心到直线的距离减去半径1，即.

故选：B.

第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）

二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 已知点和，P为直线上的动点，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】求出点关于直线的对称点，当三点共线时，最小.

【详解】由题意可得点与在直线的同侧，故设点关于的对称点.

则有，解得，

则.

当点为和直线交点时，即三点共线时，最小，最小值为.

故答案为：.

14. 在三棱锥中，，且两两互相垂直，则三棱锥的外接球的体积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，将三棱锥补形为立方体，从而求出立方体的体对角线即为外接球的直径，求出半径，进而求出外接球的体积.

【详解】因为，且两两互相垂直，

所以三棱锥可补形为立方体，三棱锥的外接球即为立方体的外接球，

则立方体的体对角线为其外接球的直径，设三棱锥的外接球的半径为，

则，

所以，则外接球体积为.

故答案为：

15. 如图，直三棱柱中，侧棱平面，若，，则异面直线与所成的角为_________.

【答案】

【解析】

【分析】连接，由，得或其补角是异面直线与所成的角，判断的形状，由此能求出异面直线与所成的角．

【详解】连接，

在三棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，

，所以，异面直线与所成的角为或其补角，

直三棱柱中，侧棱平面，、平面，

，，且，则，

同理可得，所以，为等边三角形，则.

因此，异面直线与所成的角为.

故答案为：.

【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

16. 在平面直角坐标系中，点，若在曲线上存在点使得，则实数的取值范围为__________

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，设P（x，y），分析可得若|PB|＝2|PA|，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，变形可得x2+y2＝4，进而可得P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆；将曲线C的方程变形为（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，可得以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；据此分析可得若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，由圆与圆的位置关系可得3﹣22+3，解可得a的取值范围，即可得答案．

【详解】根据题意，设P（x，y），

若|PB|＝2|PA|，即|PB|2＝4|PA|2，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，

变形可得：x2+y2＝4，

即P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆，

曲线Cx2﹣2ax+y2﹣4ay+5a2﹣9＝0，即（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，则曲线C是以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；

若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，

则有3﹣22+3，即1|a|≤5，

解可得：a或a，

即a的取值范围为：[，]∪[，]；

故答案为[，]∪[，]．

【点睛】判断圆与圆的位置关系的常见方法

(1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系．

(2)切线法：根据公切线条数确定．

三、解答题（共6个小题，总分70分）

17. 在三角形中，已知点，，.

（1）求边上中线所在的直线方程；

（2）若某一直线过点，且轴上截距是轴上截距的倍，求该直线的一般式方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出中点，利用点斜式求方程即可；（2）直线过原点和不过原点利用截距式方程求解即可

【详解】（1）∵，，

∴线段的中点的坐标为，

又边上的中线经过点，∴，

即，

故边上中线所在的直线方程

（2）当直线在轴和轴上的截距均为0时，可设直线的方程为，

代入点，则，解得，

所以所求直线的方程为，即；

当直线在轴和轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，

代入点，则，解得，

所以所求直线的方程为，

综上所述，该直线的一般式方程为或.

18. 已知直线与直线交于点

（1）求过点且平行于直线的直线的方程；

（2）在（1）的条件下，若直线与圆交于两点，求直线与圆截得的弦长

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求出交点坐标，设出直线方程，利用待定系数法求解；（2）利用垂径定理求解弦长.

【小问1详解】

由

所以，

令，将代入得：.

【小问2详解】

圆心到直线的距离，

所以

19. 如图是一个简单的几何体的三视图．

（1）求此几何体的表面积S与体积V；

（2）对任意实数a、b，若的运算原理如图所示，求（1）中S、V的运算；

（3）求该几何体外接球的表面积．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据三视图可得该几何体为直三棱柱，根据三视图中数据，代入体积、表面积公式，可得答案；

（2）根据S＞V，结合已知的程序框图，可得运算结果．

（3）取B1C1的中点D1，由DD1⊥面ABC，∠CAB＝90°，BC的中点为D，则外接球的球心为DD1的中点O，进而可求得球的半径和表面积．

【小问1详解】

该几何体为直三棱柱如图所示：

取BC的中点D，连接AD，则AD＝BD＝CD＝2，BC＝4，AD⊥BC，

则∠CAB＝90°，AB＝AC＝，

该几何体的底面ABC的面积为，底面ABC的周长为，高为CC1＝4，

故表面积，

体积．

【小问2详解】

，由已知的程序框图，可得．

【小问3详解】

取B1C1的中点D1，连接DD1，

∵CC1⊥面ABC，∴DD1⊥面ABC，

又∠CAB＝90°，BC的中点为D，则外接球的球心为DD1的中点O，

连接OB，则外接球半径R＝OB＝，

所以该几何体外接球的表面积为．

20. 在四棱锥中,底面为梯形,.设的中点分别为.

(1)求证:四点共面;

(2)若,且,求异面直线与所成角大小.

【答案】（1）见解析（2）60°.

【解析】

【分析】

（1）由条件可知,,可知，可证明四点共面；

（2）由条件可知(或其补角)即为异面直线与所成的角，再求解.

【详解】解析 (1)证明:因为,,,的中点分别为,

所以为的中位线,为梯形的中位线.

所以,,

所以,

所以四点共面.

(2)因为为的中位线,

所以.

又,所以(或其补角)即为异面直线与所成的角.

又,所以.

在中,,所以.

所以异面直线与成的角为60°.

【点睛】本题考查四点共面和异面直线所成的角，意在考查推理，证明能力，属于基础题型.

21. 在平面直角坐标系中，圆C经过三点．

（1）求圆C的方程；

（2）若经过点的直线l与圆C相交于M，N两点，且，求直线l的方程．

【答案】（1）；   

（2）和.

【解析】

【分析】（1）设圆的一般方程，由点在圆上列方程组求参数，即可得圆的方程；

（2）由圆的方程写出圆心、半径，由题设易得圆心到直线l距离为，讨论直线l与x轴的位置关系，应用点斜式、点线距离公式求参数，进而确定直线方程.

【小问1详解】

设圆C方程为，经过三点，

所以，解得，

所以圆C方程为.

【小问2详解】

圆C方程化为，所以圆C的圆心为，半径为5．

因为，设MN中点为E，则且，从而．

即到直线l的距离为，且经过点．

当直线l与x轴垂直时，直线l为，点到直线l的距离为，满足题意；

当直线l与x轴不垂直时，设直线l为，即．

所以，解得，此时直线l为．

因此，满足题意的直线l的方程为和.

22. 已知圆的方程为，过点的动直线与圆相交于两点，线段的中点为.

（1）设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程.

（2）已知，过点D作直线，交曲线于P，Q两点，P，Q不在y轴上.过点D作与直线垂直的直线，交曲线于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；

【答案】（1）   

（2）7

【解析】

【分析】（1）由圆的性质知，利用勾股定理及两点之间的距离公式即可求解；

（2）由弦长公式求得 ，分类讨论当直线斜率不存在时，求得，

当直线斜率存在，可求得，结合基本不等式即可求解.

【小问1详解】

设，由圆的性质知,则，

即，化简可得曲线的方程为.

【小问2详解】

显然直线的斜率存在，设直线方程为，即，

则圆心到直线的距离，

所以 ，

若，则直线斜率不存在，则，，则，

若，则直线得方程为 ，即 ，

则圆心到直线的距离，

所以 ，

则

，

当且仅当 ，即 时，取等号，

综上所述，因为 ，所以S的最大值为7.