2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（理）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省内江市威远县威远中学校高二上学期期中数学（理）试题 一、单选题1．若直线过点，则的斜率为A． B． C． D．【答案】A【详解】直线的斜率,故选A.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（　　） A． B． C． D． 【答案】D【详解】由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A和选项C．而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B．故选D． 3．若圆与圆外切，则（　　）A．  B．19 C．9 D．-11【答案】C【分析】利用圆心距等于半径之和求解.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，解得.故选：C.4．若一个圆过三个点,,,则该圆的半径为（    ）A．3 B．4 C．5 D．10【答案】C【分析】根据已知三点确定圆心坐标，即可求解圆的半径。【详解】圆过,,圆心在直线上,圆过点,,圆心在直线上,圆心坐标为,则半径.故选:C.5．已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则直线的方程为A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：圆的圆心为点，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率．由点斜式得直线，化简得，故选D．【解析】1、两直线的位置关系；2、直线与圆的位置关系. 6．在下列四个正方体中，能得出的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由线面垂直的性质可判断A，根据异面直线所成角的计算可判断BCD.【详解】对A，如图，连接，则在正方体中，，又平面，平面，则，，平面，平面，，故A正确；对B，如图，连接，易得，则为异面直线所成角，，故不垂直，故B错误；对C，如图，，则为异面直线所成角，易得，故不垂直，故C错误；对D，如图，，则为异面直线所成角，显然，故不垂直，故D错误.故选：A.7．一条光线从点射出，经x轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为（    ）A．或 B．或C．或 D．【答案】A【分析】求出点关于x轴的对称点为，则反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，不与圆相切，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，反射光线所在直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径可得答案.【详解】点关于x轴的对称点为，所以反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，即，圆到直线的距离为，因为，所以直线与圆相离，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，则反射光线所在直线的方程为，即，因为反射光线与圆相切，所以，解得或，所以反射光线所在直线的方程为，或，整理得或.故选：A.8．对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若m、n与所成的角相等，则【答案】C【分析】举例说明判断A，B，D；利用线面平行的性质判断C作答.【详解】对于A，因，令垂足为A，在平面过点A作直线n，如图，显然满足，而，A不正确；对于B，当直线m、n是相交直线，它们确定的平面，满足，而m、n相交，B不正确；对于C，直线m、n确定的平面为，因，即，而，因此，C正确；对于D，因圆锥的任意两条母线与底面所成角相等，即直线m、n可为一圆锥的两条母线，此时m、n是相交直线，D不正确.故选：C9．如图长方体中，，，则二面角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设的中点为，连结，易知△为等腰三角形，可得，可证明△≌△，则，从而可得，即为二面角所成的平面角，进而由，可求出，即可得出答案.【详解】设的中点为，连结，由，可知，即△为等腰三角形，故，又因为，所以△≌△，则，所以，所以为二面角所成的平面角，在△中，，，，所以，即.所以二面角的大小为.故选：A.【点睛】本题考查二面角的求法，考查学生计算求解能力，属于基础题.10．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中①与平行；②与是异面直线；③与成60°角；④与是异面直线．以上四个结论中，正确结论的序号是A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④【答案】C【分析】根据平面展开图可得原正方体，根据各点的分布逐项判断可得正确的选项.【详解】由平面展开图可得原正方体如图所示：由图可得：为异面直线，与不是异面直线，是异面直线，故①②错误，④正确.连接，则为等边三角形，而，故或其补角为与所成的角，因为，故与所成的角为，故③正确.综上，正确命题的序号为：③④.故选：C.【点睛】本题考查正方体的平面展开图，注意展开图中的点与正方体中的顶点的对应关系，本题属于容易题.11．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A． B． C． D．【答案】D【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A． B． C． D．【答案】A【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果. 二、填空题13．已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为___________；【答案】【分析】根据圆柱的侧面积公式计算可得.【详解】圆柱底面积为，所以底面半径r为3，且圆柱的高h为4，所以圆柱的侧面积为.故答案为：.14．已知直线和互相平行，则它们之间的距离是______.【答案】【分析】首先利用直线平行求出，在结合平行线之间的距离公式即可求解.【详解】因为和互相平行，所以得，解得.则直线.则平行线直接的距离为.故答案为：15．点在不等式组表示的平面区域上运动，则的最小值为________．【答案】1【分析】由约束条件作出可行域，可转化为，由几何关系可求最值.【详解】如图，为符合条件的可行域，可转化为，要求的最小值，即求对应截距的最小值，由图可知，相交于点时取到最小值，故此时.故答案为：116．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：①；②直线平面；③平面平面；④异面直线与所成角为；⑤直线与平面所成角的余弦值为.其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）【答案】①③④⑤【分析】设出几何体的边长，根据正六边形的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，异面直线所成角，线面角有关知识，对五个结论逐一分析，由此得出正确结论的序号.【详解】设正六边形长为，则.根据正六边形的几何性质可知，由平面得，所以平面，所以，故①正确.由于，而，所以直线平面不正确，故②错误.易证得,所以平面，所以平面平面，故③正确.由于,所以是异面直线与所成角，在中，，故，也即异面直线与所成角为，故④正确.连接，则，由①证明过程可知平面，所以平面，所以是所求线面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正确.综上所述，正确的序号为①③④⑤.【点睛】本小题主要考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，考查线线角、线面角的求法，属于中档题. 三、解答题17．（1）求经过直线3x+4y-2=0与直线x-y+4=0的交点P，且垂直于直线x-2y-1=0的直线方程；（2）求过点P（-1，3），并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．【答案】（1）2x+y+2=0；（2）3x+y=0或x+y-2=0．【分析】（1）联立直线方程求出点的坐标，再求出所求直线的斜率，代入直线方程点斜式得答案； （2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，把点的坐标代入求得a，则直线方程可求．【详解】解：（1）联立，解得，∴两直线的焦点坐标为（-2，2），直线x-2y-1=0斜率为，则所求直线的斜率为-2．∴直线方程为y-2=-2（x+2），即2x+y+2=0；（2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，则-1+3=a，即a=2．是求直线方程为x+y=2．∴所求直线方程为3x+y=0或x+y-2=0．【点睛】本题考查直线方程的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，是基础题．18．如图：ABCD是正方形，O为正方形的中心，底面ABCD，点E是PC的中点.求证：(1)平面BDE；(2)平面平面BDE.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接OE，则由三角形中位线定理可得OE//PA，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得BD⊥AC，BD⊥PO，由线面垂直的判定定理可证得BD⊥面PAC，再由面面垂直的判定定理可证得结论【详解】（1）证明：连接OE，∵ABCD为正方形，∴O为AC中点，又∵E为PC中点，∴OE//PA，OE面BDE，PA面BDE，∴PA//面BDE，（2）证明：∵ABCD为正方形，BD⊥AC，又∵PO⊥面ABCD，BD面ABCD，∴BD⊥PO，∵POAC=O，PO面PAC，AC面PAC，∴BD⊥面PAC，∵BD面BDE，∴面BDE⊥面PAC，19．已知坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5．（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为8，求直线的方程． 【答案】（1），所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．（2），或；【分析】（1）直接利用距离的比，列出方程即可求点的轨迹方程，然后说明轨迹是什么图形；（2）设出直线方程，利用圆心到直线的距离，半径与半弦长满足的勾股定理，求出直线的方程．【详解】解：（1）由题意坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5，得，化简得．即．点的轨迹方程是，所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线，此时过点的直线被圆所截得的线段的长为：，符合题意．当直线的斜率存在时，设过点的直线的方程为，即，圆心到的距离，由题意，得，解得．直线的方程为．即．综上，直线的方程为，或．20．如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．(1)证明；(2)求点B到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，利用线面垂直证明线线垂直即可；（2）利用等体积法求解店面距离即可.【详解】（1）如图、连接BD，∵，，∴，∴，∴．∵平面ABCD，∴，又，∴平面，∵平面，∴．（2）解：连接BM，．由已知可得，，，∴，∴．设点B到平面的距离为h，由（1）知BC⊥平面，∴三棱锥的体积，即，解得，即点B到平面的距离为．21．如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形．(1)求二面角的大小；(2)在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置并证明，若不存在请说明理由．【答案】(1)(2)存在；设是的中点，为线段的中点；证明见解析. 【分析】（1）设分别是和的中点，连接，，,说明为二面角的平面角,求得相关线段长，说明是等边三角形，即可求得答案.（2）判断存在点，使平面平面，此时为线段的中点，设，分别为和的中点，然后证明平面,说明四边形为平行四边形,推得，从而证明平面，利用面面垂直的判定定理即可证明结论.【详解】（1）如图，设分别是和的中点，连接，，,则,∵，是的中点, ∴;又在正方形中有,∴为二面角的平面角,∵，，是的中点, ∴,同理可得，又, ∴是等边三角形，故,∴二面角为.（2）存在点，使平面平面，此时为线段的中点．证明如下 :设，，分别为，和的中点，连接，，，,由（1）知是等边三角形，故,为的中点，故，又∵，平面,∴平面,平面 ，故,又,平面,∴平面,∵，分别为和的中点 ∴ ,又为线段的中点,∴，故四边形为平行四边形,∴,∴平面,又平面,∴平面平面.22．已知圆与轴的正半轴交于点，直线与圆交于不同的两点， ．（1）求实数的取值范围；（2）设直线，的斜率分别是，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由；（3）设的中点为．求点到直线x＋3y－10＝0的距离的最大值．【答案】（1）；（2）是定值，定值为；（3）.【分析】（1）利用圆心到直线的距离小于半径求解即可；（2）设，，表示出，再直线与圆联立方程组，由韦达定理得，，再化简即可；（3）利用（2）的结果，表示出，再利用点到线的距离公式变形化简求解即可.【详解】解：∵圆与轴的正半轴交于点，∴圆心，半径，．（1）∵直线与圆交于不同的两点，∴圆心到直线的距离，即 ，解得．（2）设，联立，可得，∴，，∴为定值．∴是定值，定值为．（3）∵的中点为，∴，，∴．记点到直线的距离为，则，令，则∴（当且仅当，即时取等号）．∴点到直线的距离的最大值为．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，定值问题，考查数学运算能力.