2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

2022-2023学年四川省遂宁中学校高二上学期期中考试数学（文）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．在空间直角坐标系中，若点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间中两点的距离公式，即得解.

【详解】由题意，.

故选：D

3．已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数（    ）

A．1 B． C．或1 D．2或1

【答案】D

【分析】对a分类讨论，由截距相等列方程解出的值.

【详解】当时，直线，此时不符合题意，应舍去；

当时，直线，在轴与轴上的截距均为0，符合题意；

当且，由直线可得：横截距为，纵截距为.

由，解得：.

故的值是2或1.

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

【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，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．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】D

【详解】试题分析：，,故选D.

【解析】点线面的位置关系.

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】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】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，在正方体中，，，分别是，，的中点，则下列说法错误的是（    ）

A． B．平面

C．平面 D．与是异面直线

【答案】D

【分析】根据所给条件和线面关系，逐项分析判断即可得解.

【详解】

对A，如图所示，连接，

因为点为中点，

所以，在正方体中易得，

所以，故A正确；

对B，如图所示，连接交于点，

连接，与交于点，连接，

在正方体中，易得，，

所以四边形为平行四边形，

则，又为中点，

点在上，则易知点为的中心点，

因为点为中点，所以，

又平面，平面，

所以平面，故B正确；

对C，如图所示，连接，

在正方体中，易知，

所以平面，又平面，

所以，

又为，中点，

则，又，所以，

所以平面，故C正确；

对D，如图所示，连接，

易知：又，

则，所以与共面，故D错误.

故选：D

12．“数学抽象、逻辑推理”素养]唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线的方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】A

【分析】设点关于直线的对称点为，根据该直线是BC的中垂线可列出关于和的方程组，解出C点坐标，再利用两点间距离公式求出即可．

【详解】解：如图所示，设将军在河边处饮马，连接，，则“将军饮马”的总路程为.

设点关于直线的对称点为，则，

解得，，即.

连接，，，则，所以，

所以“将军饮马”的最短总路程为.

故选：A.

二、填空题

13．圆心为的圆C与x轴交于、两点，则圆C的方程为_________.

【答案】

【分析】根据坐标得到圆的圆心在直线上，即可得到圆心坐标，然后求半径即可得到圆的方程.

【详解】由题意得的中垂线方程为，则圆的圆心在直线上，所以，圆心坐标为，半径为，所以圆的方程为.

故答案为：.

14．如图，平面中两条直线和相交于点O.对于平面上任意一点M，若p､q分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对是点M的“距离坐标”.根据上述定义，“距离坐标”是的点的个数是___________.

【答案】4

【分析】画出到直线距离为1的点的轨迹和到直线距离为2的点的轨迹，交点即为“距离坐标”是的点.

【详解】

作直线，与直线平行，且与直线的距离为1，作直线，与直线平行，且与直线的距离为2，

由图可得，，，，有4个交点，即“距离坐标”是的点个数为4.

故答案为：4.

15．数学家欧拉在1765年提出定理；三角形的外心､重心､垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点A(4，0)，B(0，2)，，则的欧拉线所在直线方程为___________.

【答案】2x-y-3=0

【解析】根据题意求出线段AB的垂直平分线即可求解.

【详解】线段AB的中点为(2，1)，，

线段AB的垂直平分线为：y=2(x-2)+1，即2x-y-3=0

AC=BC，

三角形的外心､重心､垂心依次位于AB的垂直平分线上，

因此的欧拉线方程为2x-y-3=0.

故答案为：2x-y-3=0.

16．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为______．

【答案】36π

【详解】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，

若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，

可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，

可得 ，解得r=3.

球O的表面积为： .

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

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）根据直线平行，列出关于满足的条件，求解即可；

（2）根据直线垂直，列出关于满足的条件，求解即可.

【详解】（1）由，可得或，又由，即，

所以当//时，；

（2）∵，∴，所以当时，.

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，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

（1）求证：BD⊥平面PAC；

（2）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【解析】（1）说明与垂直后，由线面垂直的判定定理得证线面垂直．

（2）先证明AE⊥平面PAB．从而得证面面垂直．

【详解】证明：（1）因为PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥BD．

因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．

又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC．

（2）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以PA⊥AE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，

且E为CD的中点，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE．

又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB．

因为AE⊂平面PAE，

所以平面PAB⊥平面PAE．

【点睛】易错点睛：本题考查证明线面垂直与面面垂直，解题关键是掌握线面垂直与面面垂直的判定定理．解题时要注意定理的条件要一一列举出来，不能简略，否则解题过程不完整，出现错误．

21．从①，②G是的中点，③G是的内心.三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答.在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，，，，分别为，的中点.

(1)判断EF与平面的位置关系，并证明你的结论；

(2)若G是侧面上的一点，且________，求三棱锥的体积.

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)平面，证明见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可得出结论；

（2）推导出平面.选①或②，推导出平面，计算出和的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积；选③，设的内切圆切于点，推导出平面，计算出和的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.

【详解】（1）平面，理由如下：

如下图所示，连接，

因为四边形为矩形，且点为的中点，则点为的中点，

又因为为的中点，所以，

∵平面，平面，∴平面；

（2）∵四边形为矩形，则，

∵平面，平面，∴，

∵，∴平面.

∵为的中点，则.

选①：∵，则，∴平面，且，

；

选②：∵、分别为、的中点，∴，且，

∵平面，∴平面，

；

选③：设的内切圆切于点，连接，则，

∵平面，平面，∴，

在平面内，，，则，∴平面，

，，

由等面积法可得，

所以，，

所以，.

22．如图所示，在直三棱柱中，，平面，D为AC的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面；

(3)在上是否存在一点E，使得，若存在，试确定E的位置，并判断平面与平面是否垂直？若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)存在，是的中点

【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明平面；

（2）利用线面垂直判定定理去证明平面；

（3）先由题给条件求得点E的位置，进而利用面面垂直判定定理去证明平面与平面垂直

【详解】（1）连接与相交于M，则M为的中点.连接MD，

又D为AC的中点，∴，

又平面，平面，∴平面.

（2）∵，∴平行四边形为正方形，

∴.又∵平面，平面

∴，又，平面，平面

∴平面，又平面，∴.

又在直三棱柱中，，，平面.

∴平面.

（3）连接，设，，∴，

∵，在中有，同理，

∴，，

∴在中，由余弦定理得

，

即，

∴，∴，即是的中点，

∵D、E分别为AC、的中点，∴.

∵平面，∴平面.

又平面，∴平面平面.