重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

荣昌中学高24级高二上期半期考试数学试题试题总分：150分考试时间：120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A.0°B.90°C.180°D.不存在【答案】B【解析】【分析】根据直线与坐标轴垂直可得倾斜角.【详解】因为直线与轴垂直，所以直线的倾斜角为90°.故选：B2.已知为原点，点，以为直径的圆的方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒【详解】由题知圆心为，半径，∴圆的方程为﹒故选：A﹒3.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（） A.30°B.45°C.60°D.120°【答案】C【解析】【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则，，设异面直线AB与CD所成角为所以，故故选：C4.求空间中点关于平面的对称点与的长度为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出点关于平面的对称点的坐标，再利用空间两点的距离公式可得结果.【详解】点关于平面的对称点的坐标为，所以，与的长度为， 故选D.【点睛】本题主要考查空间两点的距离公式的应用，属于基础题.5.已知直线l1，l2分别过点P(－1，3)，Q(2，－1)，若它们分别绕点P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间的距离d的取值范围为（）A.(0，5]B.(0，5)C.(0，+∞)D.(0，]【答案】A【解析】【分析】先判断当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，计算得到最大值，进而得到范围.【详解】当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，最大距离为所以l1，l2之间的距离的取值范围是.故选：A6.三棱锥中，底面ABC，，，D为AB的中点，，则点D到面的距离等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在三角形SAB内作AE⊥SB交SB于E，进而根据条件证明AE⊥面SBC，算出AE的长度，再根据D为AB的中点得到答案.【详解】如图，在三角形中，过A作AE⊥SB交SB于E，因为面，所以，又，，所以面，因为面，所以，而AE⊥SB，且，所以AE⊥面SBC. 在三角形SAB中，由勾股定理易得，则由等面积法可得：，因为D为AB中点，所以D到平面SBC的距离为：.故选：C.7.已知点，点，点在圆上，则使得的点的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】利用求出点的轨迹方程为，再根据圆心距与两圆的半径的和的大小关系可得两圆相交，从而可得结果.【详解】因为点，点，且，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心，半径为，其方程为，所以两圆的圆心距为，两圆的半径和为，因为，所以两圆相交，所以满足条件的点的个数为，故选：C8.如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，过的平面与平面平行，以平面截该正方体得到的截面为底面，为顶点的棱锥记为棱锥，则棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】求出平面与正方体的截面，利用棱锥外接球的性质求出球半径，即可得出球表面积.【详解】分别取的中点，依次连接得到正六边形,如图，由平面，平面，可知平面，同理平面，又，平面，所以平面与平面EFG平行，所以该正六边形就是平面与正方体的截面，设该棱锥的外接球球心为，半径为，如图，连接相交于点，连接，则球心在线段上，连接，因为，，所以，所以在中可得，解得， 所以外接球的表面积为,故选：B二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知直线的方程为，则（）A.直线在轴上的截距为2B.直线在轴上的截距为3C.直线的倾斜角为锐角D.过原点且与垂直的直线方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方程，分别令即可判断AB，由直线斜率可判断C，求出原点且与垂直的直线方程即可判断D.【详解】在中，令，得，所以A不正确；令，得，所以B正确；因为直线l的斜率为，所以直线l的倾斜角为锐角，故C正确；因为与l垂直的直线方程可设为，又直线过原点，所以，故D正确.故选：BCD10.已知直线和直线，下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.直线过定点，直线过定点【答案】ACD【解析】【分析】根据两直线垂直和平行的判定，以及将直线一般式换成斜截式、点斜式判断过定点问题，上述过程中注意区分等于1和不等于1的情况.【详解】对A和B，如果，则和的斜率相等，时，，解得或 .当时，，，两直线既不平行也不垂直.当时，，，，A对.当时，，，，B错.对C，当时，，，，所以，C对.对D，转化为斜截式为，即，所以过定点.同理，，时转化为斜截式为，即，过定点；时，为，也过定点，D对.故选：ACD.11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（）A.C的方程为B.在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10C.在C上存在点M，使得D.C上的点到直线的最大距离为9【答案】AD【解析】【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项. 【详解】解：由题意可设点，由，，，得，化简得，即，故A正确；点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；故选：AD.12.若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（）A.当时，三棱锥的体积为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，的最小值为D.若，点P的轨迹为一段圆弧【答案】AC【解析】【分析】当时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面的距离不变，即可判断A的正误；当时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面的距离在变化，即可判断B的正误；当时，可得三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得和的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.【详解】因为，其中， 所以点P在平面内运动，对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，所以，因为平面，平面，所以平面，当时，则，所以点P在线段EF上运动，因为平面，所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B：取中点G，中点H，连接GH，当时，，所以点P在GH上运动，假设平面，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立， 所以GH不平行平面，所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化，所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；对于C：连接，，，当时，可得三点共线，将沿翻折至与平面共面，如下图所示连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，因为均为面对角线，所以，即为等边三角形，又，，所以，，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正确； 对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，则，设，所以，所以因平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P点轨迹为线段，故D错误故选：AC 【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设直线的方向向量分别为，若，则实数m等于___________.【答案】2【解析】【分析】根据向量垂直与数量积的等价关系，，计算即可.【详解】因为，则其方向向量，，解得.故答案为：2.14.若直线的倾斜角为30°，直线，则直线的倾斜角为______.【答案】120°【解析】【分析】由直线垂直及直线倾斜角的定义确定直线的倾斜角大小.【详解】由，即直线夹角为°，又直线倾斜角范围为°，而直线倾斜角为30°，所以直线的倾斜角为120°.故答案为：120°15.已知一个半球内含有一个圆台，半球的底面圆即为圆台的下底面，圆台的上底面圆周在半球面上，且上底面圆半径为3，若半球的体积为，则圆台的体积为___________.【答案】【解析】【分析】设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为，进而并根据轴截面中的几何关系得，再计算体积即可得答案.【详解】解：设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为.所以，作出轴截面，如图， 因为半球的体积为，所以，解得，由题意知，代入解得，所以，圆台体积.故答案为：16.已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是______________.【答案】【解析】【分析】根据直线系求出定点，再由垂直确定动点轨迹为圆，根据圆心距离判断圆的位置关系，利用圆的几何性质求出取值范围即可.【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，因为，所以直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图： ，两圆外离，由圆的几何性质得：，，所以的取值范围是：.故答案为：四、解答题：本题共有6个小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线l经过点，且与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，O为坐标原点.（1）若点O到直线l的距离为4，求直线l的方程；（2）若面积为24，求直线l的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设直线方程，利用点到直线的距离求出斜率即可得解；（2）设出直线方程，求出截距，利用面积求出斜率即可得解.【小问1详解】由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即，则点O到直线l的距离，解得.故直线l的方程为，即.【小问2详解】由题意知直线l的斜率存在， 设直线l的方程为，即，令，可得，令，可得，所以，即，解得，故所求直线方程为.18.如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．（1）求此圆锥的表面积；（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆锥轴截面及表面积公式计算即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦即可.小问1详解】∵圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，可得，∴圆锥的表面积．【小问2详解】以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 由题意可得，则，，则，设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，则，故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为.19.已知圆，直线．（1）写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系；（2）设直线与圆交于A、两点，若直线的倾斜角为120°，求弦的长．【答案】（1）圆心，半径，与圆相交；（2）﹒【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准方程即可求其圆心C和半径r，求出直线l经过的定点，判断定点与圆的位置关系即可判断l与圆的位置关系；（2）求出圆心到直线的距离d，根据即可求弦长．【小问1详解】由题设知圆：，∴圆的圆心坐标为C，半径为r＝．又直线可变形为：，则直线恒过定点，∵，∴点在圆内，故直线必定与圆相交． 【小问2详解】由题意知，∴直线l的斜率，∴圆心到直线：的距离，∴．20.如图，已知在矩形中，为边的中点，将沿直线折起到（平面）的位置，为线段的中点.（1）求证：平面；（2）已知，当平面平面时，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）延长与相交于点,连接，根据中位线证明，得到证明.（2）证明，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量为，根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）延长与相交于点,连接,∵为边的中点，四边形为矩形，∴,,∴为的中位线，∴为线段的中点， ∵为线段的中点，∴∵平面，平面,∴平面.（2）∵,为边的中点，∴,即,取线段的中点,连接,,则由平面几何知识可得,,又∵四边形为矩形，,为边的中点，∴,,∵平面平面，平面平面,,∴平面，∵平面，∴,∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则,,,,,,,,设平面的一个法向量为，则，即，不妨取，则，，即，设直线与平面所成角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行和线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21.已知圆，点.（1）求过点G并与圆C相切的直线方程；（2）设P为圆C上任意一点，线段AB在x轴上运动（A在B左边），且，求的最小值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设切线方程为，利用点到直线的距离等于圆的半径可得答案；（2）的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值，所求的最小值即求的最小值，设，则，由，转化为到和的距离的最小值减去1，结合图象可得答案.【小问1详解】 圆，由已知过点的切线的斜率存在，设其切线方程为，所以圆心到切线的距离为，解得或，所以切线方程为或，即或.【小问2详解】的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值，所以求即求的最小值，设，则，所以，可看作到和的距离的最小值减去1，取点关于原点对称点，连接，此时的长度最小即最小，且，所以的最小值为，此时直线的方程为，即. 22.如图，三棱锥中，点在底面的射影在的高上，是侧棱上一点，截面与底面所成的二面角的大小等于的大小.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量处理面面夹角问题.【小问1详解】连接∵平面，平面，则又∵，，平面∴平面 平面，则∴截面与底面所成二面角的平面角为，则∴，即，平面∴平面【小问2详解】如图，以为坐标原点，所在的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有：设平面的法向量为，则令，则∴同理可得：平面的法向量为∵∴平面与平面所成夹角的余弦值为.