四川省遂宁中学2022-2023学年高二数学（理）上学期期中考试试卷（Word版含解析）

四川省遂宁市船山区四川省遂宁中学2022～2023学年度上期半期考试高二理科数学考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上．2．选择题用2B铅笔在对应的题号涂黑答案．主观题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的答题区域内．3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡上交．第Ⅰ卷（选择题共60分）一．选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.不存在【答案】C【解析】【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.10B.C.D.38【答案】A【解析】【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.已知直线两坐标轴上的截距互为相反数，则实数a＝（）A.1B.－1C.2或1D.2或-1【答案】D【解析】【分析】直接利用直线的截距互为相反数求出参数的值．【详解】解：当时，直线为，故直线无横截距，不符合题意；当时，直线的横截距为，纵截距为由于直线两坐标轴上的截距互为相反数，故，解得或．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.2B.C.D.【答案】B【解析】【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【解析】【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】C【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解：对于A：若，，，则与可能平行、相交、异面，故A错误；对于B：若，，，则与可能平行、异面，故B错误；对于C：若，，则，又，所以，故C正确；对于D：若，，，则与可能平行、相交（不垂直）、垂直，故D错误；故选：C7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）A.2B.C.D.4【答案】D【解析】【分析】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【解析】【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】【分析】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】【分析】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.①③B.②④C.①③④D.②③④【答案】A【解析】【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【解析】【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第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13.圆心在直线上的圆与轴交于两点，则圆的方程为___．【答案】【解析】【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．考点：圆的标准方程．14.如图，在正方体中，上底面中心为，则异面直线与所成角的余弦值为______ 【答案】【解析】【分析】由题意，连接和，结合正方体的结构特征，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，设，在直角中，即可求解，得到答案.【详解】由题意，连接和，设正方体的棱长为，则，在正方体中，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，直角中，可得在直角中，可得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中结合正方体的结构特征，得到异面直线与所成角即为直线与所成角是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.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】【解析】【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】．【解析】【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题10分，其余每题各12分）17.已知两条直线：，：.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）1；（2）．【解析】 【分析】（1）由求解，同时要检验是否重合；（2）由求解．【详解】（1）由于，所以，解得或，时两直线方程分别为，，两直线平行，时，两直线方程分别为，，即，两直线重合，不合题意，舍去．所以；（2）若，则，．【点睛】本题考查两直线平行与垂直的条件．在由两直线平行求参数时要进行检验，排除重合的情形．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）【解析】【分析】（1）由与的关系即可求解；（2）利用裂项相消法即可求和.【小问1详解】当时，，当时，由，符合上式．所以的通项公式为.【小问2详解】 ，，．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【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，已知三棱台中，平面平面， 是正三角形，侧面是等腰梯形，，为的中点．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴的空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：如图，分别取、的中点、，连接、、，为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，同理可证平面，所以，，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，因为，，，所以，四边形为矩形，因为四边形为等腰梯形，则，， 又因为，所以，，所以，，为的中点，则，且，又因为，所以，四边形为矩形，所以，，因为，、平面，平面，平面，.【小问2详解】解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示：则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，.因此，直线与平面所成角的正弦值为.21.从①直线与平面ABCD所成的角为60°；②为锐角三角形且三棱锥的体积为2这两个条件中任选一个，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，平面ABCD，E，F分别为AB，SC 的中点．（1）求证：直线平面；（2）若，，______，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．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）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，从而，则可得到平面；（2）若选①首先证明为正三角形，从而取中点为，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可得到答案；若选②，先有棱锥体积公式得到，则得到，从而其对角，以下步骤与选①一致.【小问1详解】如图所示，取的中点为，连接，，为中点，所以， 所以且，因为为中点，四边形为菱形，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】选择条件①：因为平面，所以直线与平面所成角为．因为，，所以，所以为正三角形．取中点为，连接，以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，，，，．设平面的一个法向量 则，即，令，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．选条件②：由，解得，因为，所以．则其对角,取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，以下步骤与选①一致.22.如图正方形的边长为，、分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上.（1）若为的中点，且直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明平面.（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）点在的延长线上，且，证明见解析；（2）存在，或，理由见解析.【解析】【分析】（1）先确定点在平面与平面的交线上，从而得到 ，连接交与点，则为的中点，连接，由中位线定理证明，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，求出直线的方向向量与平面的法向量，由向量的夹角公式建立关于的关系，求出的值，再求解的长即可.【小问1详解】证明：直线平面，故点在平面也在平面内，所以点在平面与平面的交线上，如图所示，由已知得，且点是中点，所以，故，，所以在的延长线上，且，延长与，且交于点，连接，，连接，因为四边形为矩形，所以为中点，故为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由已知可得，，且，，平面，平面，又平面，所以平面平面，由已知得，取中点，则，， 所以以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，所以，，，设平面的法向量，则，令，则，，所以，又直线与平面所成角为，故，即，化简可得，解得或，即或，故存在点，使直线与平面所成角为，此时或.