2022-2023学年四川省峨眉第二中学校高二上学期期中考试理科数学试题 （解析版）

这是一份2022-2023学年四川省峨眉第二中学校高二上学期期中考试理科数学试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若a，b是异面直线，直线，则c与b的位置关系是（ ）
A. 相交B. 异面C. 平行D. 异面或相交
【答案】D
【解析】
【分析】
通过反证法的思想，可以判断出选项正误.
【详解】若a，b是异面直线，直线，则c与b不可能是平行直线．否则，若，则有，得出a， b是共面直线．与已知a，b是异面直线矛盾，故c与b的位置关系为异面或相交，
故选：D
2. 椭圆的焦点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，直接求出椭圆焦点坐标作答.
【详解】椭圆的长短半轴长分别为a，b，有，则椭圆半焦距，
显然 ，椭圆焦点在x轴上，所以椭圆的焦点坐标为.
故选：A
3. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法原则可还原，利用勾股定理求得后即可确定周长.
【详解】由直观图可还原如下图所示，
其中，，，
，的周长为.
故选：C.
4. 已知椭圆的两个焦点为F1，F2，弦AB过点F1，则△ABF2的周长为( )．
A. 10B. 20C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程可得，运用定义整体求解的周长为40，即可求解.
【详解】椭圆的两个焦点为、弦AB过点，所以，
，故选D.
【点睛】椭圆中的焦点三角形：通常结合定义、正弦定理、余弦定理、勾股定理来解决；
椭圆上一点和集点，为顶点的中，，则当P为短轴端点时最大，且
（1）；
（2）；
（3）（b为短轴长）
5. 已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.
取DD1中点F，则为所求角, ，选C.
6. 在世界文化史上，陀螺的起源甚早，除了南极洲外，在其他大陆都有发现．这样写道：“没有人准确知道人们最初玩陀螺的时间．但古希腊儿童玩过陀螺，而在中国和日本，陀螺成为公众娱乐已有几百年的时间．”已知一陀螺圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，底面圆的直径，这个陀螺的表面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积．
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
故选:C．
7. 已知平面外的直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（ ）
A. B. C. 与相交但不垂直D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由确定正确答案.
【详解】由于，即，
由于，所以.
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等于
A. B. C. D. 15
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据三视图可知，该几何体为一个直四棱柱，底面是直角梯形，两底边长分别为，高为，直四棱柱的高为，所以底面周长为，故该几何体的表面积为，故选B．
考点：1．三视图；2．几何体表面积．
9. 方程表示的曲线是
A. 两条直线B. 两条射线C. 两条线段D. 一条直线和一条射线
【答案】D
【解析】
【详解】由，
得2x+3y−1=0或.
即2x+3y−1=0(x⩾3)为一条射线，或x=4为一条直线.
∴方程表示的曲线是一条直线和一条射线.
故选D.
点睛：在直角坐标系中，如果某曲线C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系：
（1）曲线上点的坐标都是这个方程的解；
（2）以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．
在求解方程时要注意变量的范围.
10. 已知正方体的所有顶点都在同一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由正方体的表面积求出正方体的棱长，再求出正方体的体对角线，从而可得其外接球的直径，进而可求出球的体积.
【详解】设正方体的棱长为，其外接球的半径为，
因为正方体的表面积为18，
所以，所以，，
所以，得，
所以正方体外接球的体积为，
故选：A.
11. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据割补法去求该多面体的体积即可解决.
【详解】如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为点G，H，连接DG，CH，
容易求得，.
取AD的中点O，连接GO，易得，则，
所以，多面体的体积
故选：A
12. 在四棱锥中，平面，点M是矩形内（含边界）的动点，且，直线与平面所成的角为．记点M的轨迹长度为，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意即为直线与平面所成的角，故问题转化为以点为圆心在平面内做2为半径的圆，圆弧在矩形内的部分即为点的轨迹，进而利用几何关系求解即可.
【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
所以点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，
则点的轨迹为圆弧.
连接，则，
因为，，
所以，
则弧的长度，
所以.
故选：C.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则的值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据焦点在轴上和焦距长，可直接构造方程求得.
【详解】椭圆的焦点在轴上，焦距，解得：.
故答案为：.
14. 若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥侧面的扇形弧长等于圆锥的底面周长可求母线长，进而由母线和底面半径可求圆锥的高，即可求体积.
【详解】由题可知该圆锥的底面半径，设圆锥的母线长为l，则，得.此该圆锥的体积.
故答案为：
15. 正方形所在平面与正方形所在平面成的二面角，则异面直线与所成的角的余弦值是________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出和 ，利用向量关系求出所成角余弦值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
，则是平面和平面所成二面角，
即，且在平面上，
，
∴，，
∴，
∴异面直线与所成的角的余弦值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，建立空间坐标系，利用向量法解决是常用方法.
16. 如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为2，有一束平行光线垂直于平面，若四面体绕所在直线旋转.且始终在平面的上方，则它在平面内影子面积的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】在四面体中找出与垂直的面，在旋转的过程中在面内的射影始终与垂直求解.
【详解】和都是等边三角形，取中点，
易证，，即平面，所以
设在平面内的投影为，则在四面体绕着旋转时，恒有.
因为平面，所以在平面内的投影为.
因此，四面体在平面内的投影四边形的面积
要使射影面积最小，即需最短；
在中，，，且边上的高为，
利用等面积法求得，边上的高，且，
所以旋转时，射影的长的最小值是.
所以
【点睛】本题考查空间立体几何体的投影问题，属于难度题.
三、解答题：本大题共6小题，共70分，17题10分，其余每题12分.
17. 如图，四棱锥的底面为菱形，，，分别为和的中点．
（）求证：平面．
（）求证：平面．
【答案】(1) 证明见解析.
(2)证明见解析.
【解析】
【详解】分析：（1）证明线面平行，只需在面内找一条直线与已知线平行即可，取中点为，证明四边形是平行四边形即可；（2）证明线面垂直则需在面内找两条相交直线与已知线垂直即可，，即可得证.
详解：
（）证明：取中点为，
∵在中，是中点，是中点，
∴，且，
又∵底面是菱形，
∴，
∵是中点，
∴，且，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
（）证明：设，则是中点，
∵底面是菱形，
∴，
又∵，是中点，
∴，
又，
∴平面．
点睛：本题考查了空间直线平面的平行，垂直，关键是熟练掌握定理，定义，把空间问题转化为平面问题求解，属于中档题．
18. 求适合下列条件的椭圆的标准方程：
（1）；
（2）已知椭圆的焦点坐标为，并且经过点．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆的短半轴长，再按焦点位置写出方程作答.
（2）利用椭圆的定义求出椭圆的长轴长，即可求出方程作答.
【小问1详解】
依题意，椭圆短半轴长b，有，
当椭圆焦点在x轴上时，其方程为：，当椭圆焦点在y轴上时，其方程为：，
所以椭圆的标准方程为：或．
【小问2详解】
由椭圆的焦点坐标知，椭圆焦点在轴上，则设所求的椭圆方程为：，
于是得，解得，，
所以所求椭圆的标准方程为：．
19. 已知三棱柱ABC—­A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1.
（1）求证：AC1⊥平面A1BC；
（2）求点C到平面A1AB的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1），根据底，得到，，所以面，从而，又因，，根据线面垂直的判定定理可知底；
（2）作于点，连作，，，，满足线面垂直的判定定理则平面，又面，所以，，平面，在中，从而求出的长度，而是中点，所以到面距离是．
【详解】(1)证明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因为A1D⊥平面ABC，
所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥平面A1ACC1，
所以BC⊥AC1.
因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，
所以AC1⊥平面A1BC.
(2)作DE⊥AB于点E，连接A1E，作DF⊥A1E于点F.
因为A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥AB，DE⊥AB，DE∩A1D＝D，
所以AB⊥平面A1DE，
又DF⊂平面A1DE，所以AB⊥DF，由DF⊥A1E，A1E∩AB＝E，
所以DF⊥平面A1AB，由(1)及已知得RtA1DE中，
，
因为D是AC中点，所以C到面A1AB距离.
【点睛】证明垂直或平行一般是使用判定定理，求点到面的距离常用等积法或向量法，注意转化与化归思想的应用.
20. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面.
（1）求证：；
（2）若E是的中点，F在上，平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证明.
（2）利用线面平行的性质，由平面，得到，进而求得的值.
【详解】（1）因为平面，所以.
因为四边形是矩形，所以，
因为，所以平面，所以.
（2）连接交于，连接.
由于平面，平面平面，所以.
所以，
由于且是的中点，所以，
所以.
【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查根据线面平行求比值，属于中档题.
21. 如图， 四棱柱中， 侧棱底面， ， ， ， ， 为棱的中点.
（1）证明；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意可得：两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，标出点的坐标后，求出，，由，即可得到.
（2）求出平面和平面的一个法向量，先求出两个法向量所成角的余弦值，由此能求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）因为侧棱底面，
平面，平面，
所以，，，所以两两互相垂直，
以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
所以，所以，
（2）设平面一个法向量为，
，，则，
令，则， ，所以，
设平面的一个法向量为，
，，则，
，令，，所以，
所以，
因为二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
22. 如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.
（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；
（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线，由勾股定理可得，结合可得平面，在判断出平面即可证明；
（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的余弦值为建立向量关系，求出即可求出体积.
【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.
证明：在中，，，，则，所以.
由，，，得平面.
又，所以平面，所以.
由，，，得.
所以，所以.
又因为，所以平面，即平面.
（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
易得，，，，，则.
设（），则，则.
设是平面一个法向量，
则，
令，则.
是平面的一个法向量.
由，解得.
所以点是的中点.
所以.
【点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.