四川省资阳市资阳中学2022-2023学年高二上学期期中数学文科 Word版含解析.docx

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资阳中学高2021级第三学期半期考试文科数学试卷一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1.椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由椭圆方程确定则可求椭圆的离心率.【详解】解：由椭圆，得，所以所以离心率.故选：A.2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）A.圆柱B.三棱台C.圆台D.圆锥【答案】C【解析】【分析】由已知，得到几何体为旋转体，结合俯视图得到几何体是圆台．【详解】解：由俯视图得到几何体为圆台；故选：C．3.若直线始终平分圆的周长，则a的值为（）A.4B.6C.-6D.-2【答案】C【解析】 【分析】利用圆的性质可得直线平分圆的周长，必经过圆心，根据圆的一般方程的到圆心坐标，代入直线方程求得的值.【详解】圆的圆心坐标为,直线平分圆的周长，必经过圆心，点在直线上，，故选：C.【点睛】根据圆的一般方程求圆心坐标，的圆心坐标为.4.已知水平放置的直观图如图所示，，，则边上的中线的实际长度为（）A.5B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则即可求解【详解】的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是4和3，斜边上的中线长度为故选：C5.设为实数，若方程表示焦点在轴上椭圆，则实数的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由焦点在轴上的椭圆的标准方程即可得到答案.【详解】由题意得，，解得.故选：A.6.圆与直线的位置关系为（）A.相离B.相切C.相交D.以上都有可能【答案】C【解析】【分析】先求得直线所过的定点，再判断点与圆的位置关系，由此可知直线与圆的位置关系.【详解】因为直线方程为，所以令，则，即直线过定点，因为圆的方程为，故将代入得，所以点在圆的内部，故直线与圆相交.故选：C.7.设、为椭圆的左、右焦点，动点P在椭圆上，当面积最大时，的值等于（）A.0B.1C.2D.4【答案】C【解析】【分析】根据面积公式可知当为上或下顶点时，面积取最大值，求出点坐标，由数量积公式即可求出结果． 【详解】根据对称性不妨设点，因为所以则面积为当时，面积取最大值，此时，又则，所以故选：C．8.已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，以下命题：①若m∥，m⊥，则⊥；②若，则；③若⊥，m∥，n∥，则m⊥n；④若，则.其中正确的是（）A.①④B.①②④C.①②③D.②③④【答案】A【解析】【分析】对于①，根据线面平行性质，结合面面垂直的判定定理，可得答案；对于②、③，利用线面垂直判定定理，举反例，可得答案；对于④，根据线面平行的性质，结合异面直线的定义，可得答案.【详解】对于①，由m∥，则存在直线，使得，，，则，故①正确；对于②，当时，存在，此时，，且，，则，，符合条件，故②错误；对于③，由，则，当，且，时，，，符合条件，故③错误；对于④，由，则任意直线，直线与直线之间的位置关系为异面或平行，，且，，故④正确.故选：A.9.过点作斜率为的直线与椭圆相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则的值为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用点差法即可求得关系，进而求得的值.【详解】设，则，两式相减得又，，则，则，.故选：A10.如图，圆形纸片的四分之一扇形（阴影部分）是圆锥A的侧面展开图，其余部分是圆锥B的侧面展开图，则圆锥A与圆锥B的表面积之比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆锥侧面积可得两圆锥的底面圆半径关系，进而根据表面积公式即可求解.【详解】设圆的半径为r，圆锥A与B的底面半径分别为，由题意知,解得 ,圆锥A的表面积，圆锥B的表面积，故．故选:B11.如图，正方体中，O为底面的中心，E，F分别为棱，的中点，经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面为（）A.梯形B.平行四边形C.矩形D.正方形【答案】A【解析】【分析】通过作图的方式确定，从而判断出点，，，确定一个平面，从而判断出经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面是什么四边形.【详解】如图，因为正方体中，O为底面的中心，E，F分别为棱，的中点所以在中，，因为正方体，所以所以，而点在直线上所以点，，，确定一个平面，所以经过E，F，O三点的平面与正方体相交所成的截面为平面 ，即确定的平面是梯形故选：A12.已知三棱锥的直观图及其部分三视图如图所示，若三棱锥的四个面中面积最大的一个三角形面积是，则三棱锥的外接球体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得：底面，是边长为的等边三角形，从而得到侧面的面积最大，设，根据求出．设三棱锥的外接球的半径为，利用球的性质、勾股定理即可得出．【详解】解：由已知可得：底面，是边长为的等边三角形，可得侧面的面积最大，设，则，解得（负值舍去）．设三棱锥的外接球的半径为，则，即．三棱锥的外接球的体积．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知椭圆两个焦点为、，过的直线交椭圆于A，B两点，则的周长为______．【答案】20【解析】【分析】根据椭圆的标准方程，求出a的值，由的周长是求出结果． 【详解】椭圆，∴，周长是，故答案为∶20﹒14.已知圆与圆恰有两条公切线，则实数的取值范围________．【答案】【解析】【分析】根据两圆相交，列出不等关系，即可求得结果.【详解】由，即，可知圆的圆心为，半径为；因为圆与圆恰有两条公切线，所以圆与圆相交，则，∵，解得：，即的取值范围是.故答案为：.15.已知正三棱锥P—ABC的侧面是顶角为，腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB、PC分别交于点D、E，则截面△AED周长的最小值为______.【答案】【解析】【分析】画出正三棱锥的侧面展开图，利用两点之间线段最短得出截面△AED周长的最小时线段的长，再利用勾股定理可求得的值.【详解】由题意可得此三棱锥的侧面展开图如图所示，则△AED周长为，由于两点之间线段最短，所以当位于如图位置时，截面△AED周长的最小，即为的长，因为，所以，因为，所以， 所以截面△AED周长的最小值为，故答案为：.16.如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________．①直线平面②三棱锥的体积为定值③异面直线AP与所成角的取值范围是④直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】①②④【解析】【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于①，连接，，，，平面，平面，平面，平面，，同理，，，平面，平面，直线平面，故①正确；对于②，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故②正确；对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故③错误；对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体 的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确.故答案为：①②④三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.求适合下列条件的椭圆的标准方程：（1）一个焦点坐标为（2，0），短轴长为2；（2）经过点和点．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件求出的值即可，（2）设椭圆的方程为，然后将点代入求解即可.【小问1详解】因为椭圆的一个焦点坐标为（2，0），短轴长为2；所以椭圆的焦点在轴上，设其方程为，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为，【小问2详解】设椭圆的方程为，因为椭圆经过点和点，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.18.如图,在三棱锥中,,D,E分别是的中点．（1）求证：平面;（2）求证：平面．【答案】（1）见解析,（2）见解析.【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面平行;(2)根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.小问1详解】证明：由题知D,E分别是的中点,,平面平面,平面,得证;【小问2详解】 证明：由题知,D是的中点,,平面,平面且,故平面得证.19.如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为．（1）求圆柱的表面积；（2）求异面直线与OP所成角的余弦值．【答案】（1）24π；（2）．【解析】【分析】(1)连接BP，根据AP⊥PB求出△APB的面积，根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高，根据圆柱结构特征即可求其表面积；(2)取中点，连接，根据三角形中位线可得∥，可得或它的补角为所求角，由余弦定理即可得结果．【小问1详解】连接BP，∵AB是圆O的直径，∴AP⊥BP．由题意，在中，，∴易知， 在中，，∴，∵三棱锥的体积为，∴由解得，故圆柱的表面积为：．【小问2详解】取中点，连接，则∥，且．∴或它的补角为异面直线与所成的角，又，∴，在△OPQ中，由余弦定理得，，异面直线与所成角的余弦值为．20.已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．（1）求线段AB的中点P的轨迹的方程；（2）设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，由于点的坐标为，且点是线段的中点，利用代入法可得轨迹方程；（2）联立方程和，得MN所在公共弦所在的直线方程,再由弦长公式可求得结果【小问1详解】设，，点A在圆，所以①，因为P是A，B的中点，所以，即②，将②代入①得，即P的轨迹方程为：；【小问2详解】联立方程和，得MN所在公共弦所在的直线方程，圆的圆心为，半径，设到直线MN的距离为d，则,所以，；21.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，． （1）求证：；（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；(2)取的中点，的中点，连接，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值.【小问1详解】因为四边形为矩形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以；【小问2详解】取的中点，的中点，连接，则，由，得，且，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，由平面，得，建立如图空间直角坐标系，， 则，设为平面的一个法向量，则，令，得，所以，，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.22.已知圆和定点，动点在圆上．（1）过点作圆的切线，求切线方程；（2）若满足，求证：直线过定点．【答案】（1）或（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解即可；（2）分类讨论直线斜率存在与否的情况，联立直线与圆的方程，直接求得或由韦达定理化简，从而证得直线过定点.【小问1详解】因为圆，所以圆心，半径， 当直线斜率不存在时，直线为，易得圆心与的距离为，则直线与相离，不满足题意；当直线斜率存在时，设切线方程为，即，则，解得或，所以切线方程为或，即或.【小问2详解】若直线斜率不存在，由对称性得，又，所以，故直线为，联立，解得或（舍去），故，则，直线方程为，若直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去，得，所以，，，而，化简得，解得或，当时，直线为，显然过点，不符合题意，舍去，故，直线为，显然过定点，而直线也过，综上：直线过定点.