四川省遂宁中学2022-2023学年高二数学（文）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文科数学考试时间：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.在空间直角坐标系中，若点，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间中两点的距离公式，即得解.【详解】由题意，.故选：D3.已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数（） A.1B.C.或1D.2或1【答案】D【解析】【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：D4.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】D 【解析】【详解】试题分析：，,故选D.考点：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.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】【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【解析】【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：D12.“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.5C.D.【答案】A【解析】【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.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.圆心为的圆C与x轴交于、两点，则圆C的方程为_________.【答案】【解析】【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【解析】【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】【分析】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=0AC=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【解析】 【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）；（2）.【解析】【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.【小问1详解】由，可得或，又由，即，所以当//时，；【小问2详解】∵，∴，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）【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，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】分析】（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【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.【小问1详解】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，又因为为中点，所以，∵平面，平面，∴平面；【小问2详解】∵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【解析】【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【小问1详解】连接与相交于M，则M为中点.连接MD，又D为AC的中点，∴，又平面，平面，∴平面. 【小问2详解】∵，∴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.【小问3详解】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.