2022-2023学年新疆伊宁县第二中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆伊宁县第二中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版），共20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学年新疆伊宁县第二中学高二上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题
1．直线的倾斜角为（    ）
A． B． C． D．不存在
【答案】C
【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．设点是点，，关于平面的对称点，则（    ）
A．10 B． C． D．38
【答案】A
【分析】写出点坐标，由对称性易得线段长．
【详解】点是点，，关于平面的对称点，
的横标和纵标与相同，而竖标与相反，
，，，
直线与轴平行，
，
故选：A．
3．已知直线l：ax+y﹣2＝0在x轴和y轴上的截距相等，则实数a的值是（　　）
A．1 B．﹣1 C．﹣2或﹣1 D．﹣2或1
【答案】A
【分析】分别求出x轴和y轴上的截距，从而可得答案.
【详解】解：根据题意当时，不符题意，
当时，，
当时，，
因为直线l：ax+y﹣2＝0在x轴和y轴上的截距相等，
所以，所以.
故选：A.
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
【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
【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．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）
A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
【答案】B
【分析】由已知条件，利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，即可求出结果．
【详解】对于A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
对于B，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因为n∥β，由面面垂直判定定理得α⊥β，故B正确；
对于C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故C错误；
对于D.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误．
故选：B．
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】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，
，，
，，
且底面，
∴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．或 B．
C．或 D．或
【答案】C
【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，则直线的斜率为，
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，直线的方程为或.
故选：C.
9．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用以及解出，的值，再利用二倍角公式化简即可求解.
【详解】因为，所以，
代入得，
因为，所以，所以，
所以，

，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟记同角三角函数基本关系，以及三角函数值在每个象限内的符号，熟记正余弦的二倍角公式，计算仔细.
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】根据两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为或，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，如图所示．
【详解】解：变形为：或，
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，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动(与点M，N均不重合)时，给出下列四个结论：

①EP⊥AC；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
【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E，M，N分别是BC，CD，SC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与是异面直线，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，
若平面，则，与矛盾，
故与平面不垂直，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：“在轴，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，若与平面所成角正弦值为 ，则正数的值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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,B，C,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,B，C,
中，BC边上的高为h，则m与zoy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

二、填空题
13．圆心在直线上的圆与轴交于两点，则圆的方程为___．
【答案】
【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（-3，2），再由两点间的距离公式求得半径r=|AC|=
∴圆C的方程为．
故答案为．
【解析】圆的标准方程．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中心为O，则异面直线AO与DC1所成角的余弦值为_____

【答案】
【分析】建立空间坐标系，求出两异面直线的方向向量，利用数量积公式求出两向量夹角余弦的绝对值，即所求的异面直线AO与DC1所成角的余弦值.
【详解】建立如图的坐标系，以DA所在直线为横轴，DC所在直线为纵轴，DD1所在直线为竖轴．设正方体棱长为2.

则A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），
，，
则异面直线AO与DC1所成角θ的余弦值为.
故答案为：.
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】
【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，
得与直线垂直，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】．
【分析】设半圆的圆心为，设外接球的球心为，则面，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，则面，
取的中点，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
17．已知两条直线：，：，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
（2）根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
【详解】（1）因为两条直线：，：平行，
则，解得或，
当时，直线重合，不符合题意，舍去，
当时，直线不重合，符合题意，
故．
（2）∵
∴，解得
18．已知数列的前n项和Sn＝n2＋2n．
(1)求{an}通项公式；
(2)设bn＝，的前n项和为Tn，求Tn
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由与的关系即可求解；
（2）利用裂项相消法即可求和.
【详解】（1）当时，，
当时，由，符合上式．
所以的通项公式为.
（2），
，

．
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
【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：，，
，
，
又，都在平面内，
平面，
平面，
．
20．如图，已知三棱台ABC﹣A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，侧面BCC1B1是等腰梯形，AB＝2BB1＝2B1C1＝4，E为AC的中点．

(1)求证：AA1⊥BC；
(2)求直线EB1与平面ABB1A1所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）分别取BC、B1C1的中点O、O1，连接A1O1、OO1、AO，则AO⊥BC，由平面BCC1B1⊥平面ABC，推出AO⊥平面BCC1B1，同理可得，A1O1⊥平面BCC1B1，故A1O1∥AO，即A1、O1、O、A四点共面；易知，而AO⊥BC，于是有BC⊥平面A1O1OA，故而得证；
（2）由（1）知，AO⊥平面BCC1B1，得AO⊥OO1，于是OO1，OA，OB两两垂直，故以O为原点，OA、OB、OO1所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，根据法向量的性质求得平面ABB1A1的法向量，设直线EB1与平面ABB1A1所成角为θ，由，即可得解．
【详解】（1）（1）证明：分别取BC、B1C1的中点O、O1，连接A1O1、OO1、AO，
∵△ABC为正三角形，
∴AO⊥BC，
∵平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，AO⊂平面ABC，
∴AO⊥平面BCC1B1，
同理可得，A1O1⊥平面BCC1B1，
∴A1O1∥AO，
∴A1、O1、O、A四点共面．
∵等腰梯形BCC1B1中，O、O1分别为BC、B1C1的中点，
∴OO1⊥BC，
又AO⊥BC，AO∩OO1＝O，AO、OO1⊂平面A1O1OA，
∴BC⊥平面A1O1OA，
∵AA1⊂平面A1O1OA，
∴AA1⊥BC．
（2）（2）解：由（1）知，AO⊥平面BCC1B1，
∵OO1⊂平面BCC1B1，
∴AO⊥OO1，
∴OO1，OA，OB两两垂直，
故以O为原点，OA、OB、OO1所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
∴
设平面ABB1A1的法向量为，则，即，
令，则，，∴，
设直线EB1与平面ABB1A1所成角为θ，
则
故直线EB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为．

【点睛】本题考查空间中线与面的位置关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60°；③△ACD为锐角三角形且三棱锥S﹣ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．

(1)求证：直线EF∥平面SAD；
(2)若，AD＝2，_______，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案不唯一，具体见解析.

【分析】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，结合中位线与菱形的性质，可证四边形AEFM为平行四边形，从而有EF∥AM，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，
∵F为SC的中点
∴MF∥CD，MF＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四边形AEFM为平行四边形，
∴EF∥AM，
∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
∴EF∥平面SAD．

（2）选择条件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因为，
所以AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（2，2，﹣2），＝（﹣2，0，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

选择条件②：
连接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA为直线SC与平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵，∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，

故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

选择条件③：
∵VS﹣ACD＝SA•S△ACD＝SA•＝×＝2，
∴sin∠ADC＝，
∵∠ADC∈（0，），∴∠ADC＝，
∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，

故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
22．已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．

(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求线段AM的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点O在EA的延长线上，且AO＝2，证明见解析
(2)存在；AM＝1或3

【分析】（1）先确定点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，从而得到△OAM≌△MBF，连结DF交EC与点N，则N为EC的中点，连结MN，由中位线定理证明MN∥OD，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DE的方向向量与平面EMC的法向量，由向量的夹角公式建立关于t的关系，求出t的值，再求解AM的长即可．
【详解】（1）证明：直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，如图所示，

因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以，
所以OM＝MF，AO＝BF，
所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，
连结DF交EC与点N，因为四边形CDEF为矩形，所以点N是EC的中点，
连结MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，平面EMC，所以直线OD∥平面EMC；
（2）由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又EF⊂平面ABFE，所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，
所以，
设，则，
设平面EMC的法向量为，
则，即，
令，则，故，
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°，
所以，
所以，解得或，
故存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
当时，，又，所以；
当时，，又，所以．
所以或3．