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）

内江六中2023—2024学年（上）高25届期中考试数学试题考试时间：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：C7.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：ABD10.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：BCD11.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.