四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题(Word版附解析)
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这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题(Word版附解析),共21页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
考试时间:120分钟 满分:150分
第I卷 选择题(满分60分)
一、单选题(每题5分,共40分)
1. 若直线的斜率为,且,则直线的倾斜角为( )
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角与斜率之间的关系求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为,
因为,所以,
当时,即,则;
当时,即,则,
所以直线的倾斜角为或.
故选:C.
2. 下列说法中正确的是( )
A. 棱柱的侧面可以是三角形B. 正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C. 所有的几何体的表面都能展成平面图形D. 棱柱的各条棱都相等
【答案】B
【解析】
【分析】从棱柱的定义出发判断A,B,D的正误,找出反例否定C,即可得答案;
【详解】对A,棱柱的侧面都是四边形,故A错误;
对B,正方体和长方体都是特殊的四棱柱,故B正确;
对C,所有的几何体的表面都能展成平面图形,球不能展成平面图形,故C错误;
对D,棱柱的各条棱都相等,应该为侧棱相等,故D错误;
故选:B.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征,属于基础题.
3. 两圆(x-1)2+y2=2与x2+(y-2)2=4的公共弦所在直线的方程是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把两个圆化为一般式,根据性质,两个圆方程相减即可得到公共弦所在的直线方程.
【详解】将两个圆的标准方程分别化为一般式为
,
两式相减得
所以选A
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系及相交弦所在直线方程的求法,属于基础题.
4. 若直线与直线互相平行,则的值是( )
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可得出关于的等式与不等式,即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线互相平行,
则,解得.
故选:A.
5. 在三棱锥中,,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】
如图,连接
由题得
.
故选:A
【点睛】方法点睛:空间向量的线性运算法则主要有加法法则、减法法则、平行四边形法则和数乘向量.
6. 已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称,则圆的标准方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出圆心坐标,根据对称关系列出方程组,求出圆心坐标,结合半径为3,即可求解.
【详解】设圆心坐标,由圆心与点关于直线对称,
得到直线与垂直,
结合的斜率为1,得直线的斜率为,
所以,化简得①
再由的中点在直线上,,化简得②
联立①②,可得,
所以圆心的坐标为,
所以半径为3的圆的标准方程为.
故选:C
7. 如图所示,已知等腰直角三角形ADE与正方形ABCD所在的平面互相垂直,且,F是线段CD的中点,则BD与EF所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以A为原点建立空间直角坐标系,写出和的坐标利用夹角公式求出余弦值即可.
【详解】因为平面ADE⊥平面ABCD,平面平面ABCD=AD,AE⊥AD,平面ADE,
所以AE⊥平面ABCD,
又平面ABCD,所以AE⊥AB,
又AB⊥AD,所以AB,AD,AE两两垂直,
分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:
可得B(2,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2),F(1,2,0),
∴,,
设BD与EF所成的角大小为α,
则,
即BD与EF所成的角的余弦值为,
故选:D.
8. 《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语,指的是一段类似隧道形状的几何体,如图,羡除ABCDEF中,底面ABCD是正方形,平面ABCD,,其余棱长都为1,则这个几何体的外接球的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件找出外接球的球心,求出半径,再利用球的体积公式即可求解.
【详解】连接,交于点,取的中点,则平面,,取的中点,连接,作,垂足为,如图所示
由题意可知,,所以,
所以,,所以,又,
所以,即这个几何体的外接球的球心为,半径为,
所以这个几何体的外接球的体积为.
故选:B.
二、多选题(每题5分,共20分,每题选全得5分,选不全得2分,选错则不得分)
9. 下列说法错误的是( )
A. 过任意两点,的直线方程为
B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
C. 若直线倾斜角,则斜率的取值范围是
D. 若直线的倾斜角为,则直线的斜率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线方程、斜率、倾斜角等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】A选项,过任意两点,,当时,
直线方程不能表示,所以A选项错误.
B选项,直线过点,且在轴和轴上截距都相等,所以B选项错误.
C选项,直线倾斜角,,则根据正切函数的性质知的取值范围是,故C正确;
D选项,当时,直线的斜率不存在,所以D选项错误.
故选:ABD
10. 若构成空间的一个基底,则下列说法中正确的是( )
A. 存在,,使得
B. 也构成空间的一个基底
C. 若,则,,,四点共面
D. 若,则直线与异面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基底、共面等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】A选项,若存,,使得,
则共面,与已知矛盾,所以A选项错误.
B选项,,假设共面,
则存在,使得,
,所以,
此方程组无解,所以不共面,所以B选项正确.
C选项,若,
由于,所以,,,四点共面,C选项正确.
D选项,若,
即,
整理得,由于,
所以不共面,所以直线与异面,所以D选项正确.
故选:BCD
11. 如图,在棱长为2的正方体中,为线段的中点,为线段上的动点(含端点),则下列结论错误的是( )
A. 三棱锥的体积为定值
B. 为线段的中点时,过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
C. 的最小值为
D. 直线与直线所成角的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A,可证得面,则到面的距离等于到面的距离,利用等体积法求出体积;选项B,可证得且,所以过三点的截面为梯形,即可求出面积;选项C:利用侧面展开图求解;选项D,利用直线与直线所成角的概念求解.
【详解】选项A,∵,面,面,∴面,
∴到面的距离等于到面的距离,
∴,故A正确;
选项B,连接,
∵分别为线段的中点,∴且,
又且,∴且,
所以过三点的截面为梯形,
易知,
作,则,
所以梯形的面积,故B错误;
选项C:将侧面展开如图,显然当三点共线时,取得最小值,最小值为,故C错误;
选项D,连接,则,
则直线与直线所成角即为直线与直线所成角,
则当与重合时,直线与直线所成角最小为,
当与重合时,直线与直线所成角最大为,
所以直线与直线所成角的取值范围为,故D正确.
故选:BC.
12. 已知圆:,点为直线:上的动点,则下列说法正确的是()
A. 直线和圆一定相交
B. 若直线平分圆的周长,则
C. 若圆上至少有三个点到直线的距离为,则
D. 若,过点作圆的两条切线,切点为,,当点坐标为时,有最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线所过定点、圆的直径、点到直线的距离、圆的切线等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】直线:可化为,
由,得所以直线过点,
,所以点在圆外,所以直线与圆不一定相交,所以A选项错误.
圆:的圆心为,半径.
B选项,若直线平分圆的周长,则直线过点,
则,所以B选项正确.
C选项,由于,所以要使圆上至少有三个点到直线的距离为,
则圆心到直线的距离不大于,
即,
两边平方得,
由解得,
所以不等式解得,所以C选项错误.
D选项,若,则直线:,
过点作圆的两条切线,切点为,,要使最大,
则最大,由于三角形是直角三角形,,,
所以最大时,最小,
直线的斜率且,
过点且斜率为直线方程为,
由解得,
即当点坐标为时,有最大值,所以D选项正确.
故选:BD
【点睛】求解含参数的直线所过定点问题,方法是重新整理直线的方程,由此列方程组来求得定点的坐标.求解直线和圆相切的问题,可以考虑数形结合的数学思想方法,画出图象,结合圆的几何性质来进行求解.
第II卷 非选择题(满分90分)
三、填空题(每题5分,共20分)
13. 两平行线:与:间的距离为________.
【答案】##
【解析】
【分析】直接利用平行直线的距离公式得到答案.
【详解】由题意知::可化简为:,
又因为,所以距离为:.
故答案为:.
14. 已知两个圆,,若两圆相切,则半径________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据两圆相内切、相外切的条件,分别求得r的值
【详解】由题意知:两圆圆心分别为:,,半径分别为:,,
当两圆外切时:,解得:;
当两圆内切时:,解得:,负值舍去;
综上:或.
故答案为:或.
15. 已知向量,,则向量在向量方向上投影向量的坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】向量在向量方向上投影向量为,
故答案为:
16. 正四棱柱中,已知,那么以A为球心,半径为2的球面与该四棱柱表面交线的总长度为__________.
【答案】.
【解析】
【分析】利用球与正四棱柱的特征求轨迹长度即可.
【详解】
如图所示,以A为球心,半径为2的球面与该四棱柱的表面交线为四段弧,
分别在平面上,
易知,,
,
所以交线长为.
故答案为:
四、解答题(17题10分,18-22题各12分,共70分)
17. 已知圆经过坐标原点和点,且圆心在轴上.
(1)求圆的方程;
(2)已知直线与圆相交于两点,求所得弦长的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)求出圆心和半径,写出圆的方程;
(2)求出圆心到直线距离,进而求出弦长.
【小问1详解】
由题意可得,圆心为,半径为2,
则圆的方程为;
【小问2详解】
由(1)可知:圆的半径,
设圆心到的距离为,则,
所以.
18. 如图,正方体的棱长为,点为的中点.
(1)求证:;
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系,然后利用空间向量法证明;
(2)利用空间向量法求解点到平面的距离.
【小问1详解】
证明:
由题可得:以点为原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则:,,,,,,
则:,,
,所以:,
所以:.
【小问2详解】
由(1)可得:,,
设平面的一个法向量为,
则得:,令,得:,
所以点到平面的距离为:.
故点到平面的距离为:.
19. 如图,四棱锥中,.
(1)若,为的中点,求证:平面;
(2)若是边长为的正三角形,平面平面,直线与平面所成角的正切值为,且,求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)取中点,连接,证明四边形为平行四边形,可得出,利用线面平行的判定定理可证得结论成立;
(2)取中点,连、,推导出平面,可得出为直线与平面所成的角,根据已知条件可求得、的长,利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积.
【小问1详解】
证明:取中点,连接,
因为、分别为、的中点,所以,且,
在底面中,因为,且,则且,
因此且,从而四边形平行四边形,所以.
又因为平面,平面,所以平面.
【小问2详解】
解:取中点,连、.
因为是正三角形,为中点,所以,
因为平面平面,面平面,平面,
所以平面,从而为直线与平面所成的角.
在正三角形中,因为,所以.
则在直角中,,所以.
在直角中,,
所以,因此.
四边形的面积.
又因为,所以四棱锥的体积.
20. 已知直线经过点.
(1)设直线与坐标轴交于,两点,且为的中点,求直线的方程.
(2)当原点到直线的距离最大时,求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据已知条件,先求出点,,再结合直线的截距式方程,即可求解.
(2)根据已知条件,结合直线垂直的性质,求出直线的斜率,再结合直线经过点,即可求解;
【小问1详解】
直线与坐标轴交于,两点,且为的中点,
不妨设,,
故直线的方程为,即.
【小问2详解】
因为直线过定点,则当直线与直线垂直时,原点到直线的距离最大,
,,
,
,
直线经过点,
,即,
故直线的方程为.
21. 如图,在四棱锥中,平面,,且,,,,,为的中点.
(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值;
(2)在线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
【答案】21.
22. 存在;
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解平面与平面的锐二面角的余弦值.
(2)令,,然后根据直线与平面所成角的正弦值,从而得到关于的方程式而求解.
【小问1详解】
过作,垂足为,可得:,
由题意知,可以点为坐标原点,分别以,,为,,轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则,,,,,,
设平面的一个法向量为,,,
则:,令,解得:,
设平面的一个法向量为,,,
则:,令,解得:,
所以:,
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【小问2详解】
存在,,理由如下
设上存在一点,设,,连接,如(1)中图所示,
,
又因为直线与平面所成角的正弦值为,由(1)知平面的一个法向量为,
所以:,化简得:,即:,
又因为,所以:,故存在,且.
22. 已知圆.
(1)若过点向圆作切线,求切线的方程;
(2)若为直线上的动点,是圆上的动点,定点,求的最大值.
【答案】(1)或
(2)8
【解析】
【分析】(1)分类讨论,当切线的斜率不存在,易求的方程为;当切线的斜率存在时,设出直线方程,然后利用点到直线距离等于半径建立方程求解即可;
(2)根据圆的性质,利用三点共线的性质求解即可.
【小问1详解】
若切线的斜率不存在,则的方程为;
若切线的斜率存在,设切线的方程为,即.
因为直线与圆相切,所以圆心到的距离为3,即,解得,
所以切线的方程为,即.
综上,切线的方程为或.
【小问2详解】
因为,所以.
设关于直线对称的点为,
则,解得,即.
因为,所以.
因为,当且仅当三点共线时,等号成立,
所以,故的最大值为.
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