四川省内江市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学 Word版含解析.docx

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内江一中2023-2024学年高二上期中考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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.B.C.D.不存在【答案】B【解析】【分析】先求出斜率，进而可求出倾斜角.【详解】直线的斜率为，所以其倾斜角为.故选：B.2.在空间中，下列命题是真命题的是（）A.经过三个点有且只有一个平面B.垂直同一直线的两条直线平行C.如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D.若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面【答案】D【解析】【分析】借助长方体以及平行六面体，举例即可判断B、C；根据面面平行的定义，即可判断D项.【详解】对于A项，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A项错误；对于B项，如图1，长方体中，有，，但是，故B项错误； 对于C项，如图2，平行六面体中，，，但是与不相等，故C项错误；对于D项，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，故D项正确.故选：D.3.如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为（）A.6B.C.12D.24【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法画出原图，从而计算出原图的面积.【详解】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，则原的面积为.故选：C.4.将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】问题等价于求该正方体内切球的表面积，结合已知数据求解.【详解】易知体积最大的球为该正方体的内切球，球的半径为1，则该球的表面积为故选：D.5.已知平面平面，．下列结论中正确的是（）A.若直线平面，则B.若平面平面，则C.若直线直线，则D.若平面直线，则【答案】D【解析】【分析】A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；【详解】A，若，，则或，故A错误；B，若，，则或与相交，故B错误；C，若，，，必须，利用面面垂直的性质定理可知，故C错误；D，若，，即，利用面面垂直的判定定理知，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线，平面直线的位置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.6.已知直线与直线，若，则（）A.2或B.或5C.5D.【答案】D【解析】【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.【详解】因为， 所以，故选：D7.直三棱柱中，，，，则直线与夹角的余弦是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；【详解】∵直三棱柱，底面三边长，，，,，，两两垂直．如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则∵，，，即直线与夹角余弦是为.故选:C.8.在等腰直角三角形ABC中，，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点P（如图11）．若光线QR经过的重心，则Q的坐标等于（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直线与直线的解析式，即可得出Q的坐标.【详解】由题意，如图建立直角坐标系：则，直线方程为即，三角形重心为即，设，关于直线对称点为，则，解得由光的反射可知四点共线，又，所以直线斜率为， 则直线方程为，且过重心，即，整理得，解得舍去，，∴直线的解析式：，即，∵直线与直线交于点，∴，解得：，即.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.直线的方程为：，则（）A.直线斜率必定存在B.直线恒过定点C.时直线与两坐标轴围成的三角形面积为D.时直线的倾斜角为【答案】BC【解析】【分析】当时，斜率不存在，即可判断A，直接求出直线l恒过的定点，即可判断B，时，直线，求出在轴，轴上截距，进而可求出直线l与两坐标轴围成的三角形面积，即可判断C，时，直线斜率为，可得倾斜角，即可判断D.【详解】当时，直线，此时斜率不存在，故A错误；直线，即，直线l恒过定点，故B正确；时，直线，在轴，轴上截距分别为，此时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为，故C正确. 时，直线，此时斜率为，倾斜角为，故D错误；故选：BC10.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直B.直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.平面的法向量分别为，则D.平面经过三个点，向量是平面的法向量，则【答案】AD【解析】【分析】由两条直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判断B；由平面向量不共线判断C；由法向量与平面向量数量积为0列和的关系判断D.【详解】对于A，，则，所以l与m垂直，故A正确；对于B，，则，所以或，故B错误；对于C，若，则，此方程组无解，所以不成立，故C错误；对于D，，，因为向量是平面的法向量，所以，得，，，故D正确.故选AD11.如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（） A.B.是等边三角形C.三棱锥是正三棱锥D.平面平面【答案】ABC【解析】【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A选项；设，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，翻折前，因为，为的中点，则，翻折后，对应地有，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为平面，故，A对；对于B选项，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，为的中点，则，且，，由勾股定理可得，翻折后，因为平面，平面，则，由勾股定理得，在三棱锥中，，则为等边三角形，B对；对于C选项，在三棱锥中，因为为等边三角形，，故三棱锥为正三棱锥，C对；对于D选项，假设平面平面，如下图所示：取的中点，连接、，因为，为的中点，则，若平面平面，因为平面平面，平面，所以，平面， 设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知，平面，因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，即平面与平面不垂直，D错故选：ABC.12.如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设，，有以下四个结论：其中正确的结论是（）A.平面；B.平面；C.直线与成角的余弦值为D.直线与平面所成角的正弦值为.【答案】ACD【解析】【分析】证明，得到A正确，建立如图所示的空间直角坐标系，确定各点的坐标，平面的法向量为，根据得到B错误，利用向量的夹角公式计算得到CD正确，得到答案.【详解】对选项A：如图所示，连接，取中点，取中点.连接，，.由等边三角形的性质得，由等腰梯形的性质得.又，平面，所以平面.平面，故，同理，又，平面，所以平面，正确； 对于选项B：等腰梯形的高，取中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设是的中心，是的中心.过作，过作.，.所以几何体的高为.所以，，，，.所以，，，设平面的法向量为，则，取得到，所以，所以与平面不平行，错误； 对选项C：，.所以直线与成角的余弦值为，正确；对选项D：，，，.设平面的法向量为，，取得到，所以直线与平面所成角的正弦值为.正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：本题考查了空间中的线面位关系及夹角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系，将线面关系和夹角转化为向量的关系是解题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知三点共线，则_____________．【答案】【解析】 【分析】首先根据A与B的坐标，结合截距式方程可求直线AB的方程，再将C点代入可求m的值.【详解】直线的方程为，代人，解得．故答案为：-3.14.已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为________．【答案】##【解析】【分析】由题先求得球的半径，再根据的数量关系，即可求得圆柱的体积.【详解】设球的半径为，圆柱的底面圆半径为，则高为.因为球的体积为，所以，得，又因为，所以，所以，圆柱的体积故答案为：15.如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为______. 【答案】【解析】【分析】根据条件，将二面角的余弦值转化成两向量的夹角，再利用条件即可求出结果.【详解】因为，，设二面角为，则由图知，，又，则，即，所以，故答案为：.16.如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为______.【答案】【解析】【分析】设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹.【详解】由，，为边中点设是的中点，又为的中点，则且，而且，所以且， 即为平行四边形，故且，故的轨迹与的轨迹相同.因为面，且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，设中点为O，则，，又面，面，所以面，故的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以的轨迹长度为.故答案为：【点睛】方法点睛：判断点的轨迹，从圆、椭圆、双曲线、抛物线的性质出发求解.四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.三角形三个顶点是，，（1）求AB边上的高所在直线的方程；（2）求BC边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；（2）求出BC边上的中点，利用两点式方程即可求得.【小问1详解】因为，，所以. 所以AB边上的高的斜率为.所以AB边上的高所在直线为：，即【小问2详解】因为，，所以BC边上的中点所以BC边上的中线所在直线，即.18.已知平行六面体，，，，，设，，；（1）试用、、表示；（2）求的长度.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）用向量的线性运算求；（2）把（1）等式平方，由数量积的运算求模．【详解】解：（1）（2），，所以 ．的长度为．19.如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，是棱上的中点．（1）证明平面；（2）求三棱锥的体积；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；（2）根据等体积法将三棱锥的体积转为求三棱锥的体积，在求出三棱锥高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.【小问1详解】令的交点为，连接因为四边形是菱形，所以是的中点，又因为是棱上的中点，所以在中，，因为平面，平面所以平面.【小问2详解】 因为四边形是菱形，所以．又平面，且，所以平面因为平面，所以因为，所以，所以．因为平面，且，所以平面．因为是棱上的中点，所以到平面的距离．四边形是菱形，，则中，，，三棱锥的体积为20.已知直线l：．（1）证明：直线l恒过第二象限；（2）若直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线l的一般式方程．【答案】（1）证明见解析（2），【解析】【分析】（1）直线含参先求出定点，进而可证明；（2）直线过定点求面积的最值，可将直线直接设为截距式，再利用基本不等式求出其面积最小值及直线方程.【小问1详解】因为直线方程为：，因为，所以，解得，所以直线恒过点，而点在第二象限，所以直线l恒过第二象限；【小问2详解】 设直线l为，因为在直线上，所以，又，所以，两边同时平方得：，，当且仅当，即，时取等号，所以的面积为，即S的最小值为，此时直线方程为，化简得：.21.如图，在三棱柱中，，，平面平面，.（1）求证：；（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得答案； （2）根据题意，以为坐标原点，，，分别为，，的正向建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案.【小问1详解】，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，【小问2详解】以为坐标原点，，，分别为的正向，建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：，，，，取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，取，，则，可得，令，可得，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.22.如图所示，等腰梯形ABCD中，∥，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使得D到达点P的位置（平面ABCE）． （1）证明：平面POB；（2）若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；Q为线段PB中点【解析】【分析】（1）根据线线垂直即可由线面垂直的判断求证，（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解线面角，即可求解.【小问1详解】证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴，∴，，即，，且，平面POB，平面POB，∴平面PBO．【小问2详解】由（1）可知四边形ABCD为菱形，∴，在等腰梯形ABCD中，∴正三角形，∴，同理．∵，∴，∴．由（1）可知，，O为原点，，，分别为x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为，，，，，∴，，，,设，，设平面AEQ的一个法向量为，则，即，取得，，得，所以，设直线PC与平面AEQ所成角为，，则，即，化简得，解得．即Q为线段PB中点．