四川省遂宁市射洪中学2022-2023学年高二上学期期中数学（文）试题

射洪中学高2021级2022年下期半期考试数学试题（文科）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，请将答案涂在答题卡上．1.直线的倾斜角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意结合直线斜率与倾斜角的关系，运算即可得解.【详解】设直线的倾斜角为，由题意直线的斜率，所以，.故选：B.【点睛】本题考查了直线斜率与倾斜角关系的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.2.直线的斜率是，在轴上的截距是4，则直线的方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由直线方程的斜截式方程即可得出答案.【详解】由题意直线的斜率为2，在轴上的截距为4，则直线的斜截式方程为：.故选：C.【点睛】本题考查了直线斜截式方程的直接应用，属于基础题.3.已知点，点，则线段的垂直平分线的方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出线段的中点与，从而得到，再由点斜式求出直线方程.【详解】因为点，点，所以线段的中点为，且，所以，则线段的垂直平分线的方程为，即.故选：A4.圆的圆心到直线的距离为1，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意，由求解.【详解】因为圆的圆心到直线的距离为1，所以，解得，故选：A5.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.6.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：.故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．7.若满足约束条件则的最小值为（）A.18 B.10 C.6 D.4【答案】C【解析】【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，由可得点,转换目标函数为，上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，此时.故选：C.8.已知直线，直线，则下列命题中不正确的是（）A.直线过定点 B.若，则C.直线过定点 D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据直线过定点判断A、C，根据两直线垂直求出参数，即可判断B，根据两直线平行求出，即可判断D.【详解】对于A：直线，当时，无论取何值，恒成立，所以直线恒过定点，故A正确．对于B：若，则，，故B正确；对于C：直线，当时，无论取何值，恒成立，所以此时直线恒过定点，故C正确；对于D：若，则，，或，经检验此时两直线平行，故D错误；故选：D9.点关于直线的对称点是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出对称点，根据对称关系列出式子即可求解.【详解】解：设点关于直线的对称点是，则有，解得，，故点关于直线的对称点是.故选：B.【点睛】方法点睛：关于轴对称问题：（1）点关于直线的对称点，则有；（2）直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决.10.直线与直线交于点，则点到直线的最大距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据联立直线的方程解出交点P，再得出直线的恒过点，从而求得最大距离得选项．【详解】由解得，所以，由，得，令，恒成立，所以直线恒过点，所以点到直线的最大距离为，故选：C．【点睛】方法点睛：求直线恒过点的方法：方法一（换元法）：根据直线方程的点斜式直线的方程变成，将带入原方程之后，所以直线过定点；方法二（特殊引路法）：因为直线的中的m是取不同值变化而变化，但是一定是围绕一个点进行旋转，需要将两条直线相交就能得到一个定点.取两个m的值带入原方程得到两个方程，对两个方程求解可得定点.11.已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（）A.与是异面直线 B.平面C. D.平面【答案】B【解析】【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.【详解】连接、，交于点，连接、，交于点.连接、、、、.由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；在四边形中，且，所以四边形为平行四边形..平面，平面，平面，故B正确；由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面，，又，，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误.故选：B.12.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，下列说法正确的是（）①平面平面②与的夹角为定值③三棱锥体积最大值为④点的轨迹的长度为A.①② B.①②③ C.①②④ D.②③④【答案】C【解析】【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度.【详解】对于①：由，，为边的中点知且，易知，，而，面，故面，又面，所以面面，故①正确；对于②：若是的中点，又为的中点，则且，而且，所以且，即为平行四边形，故，所以与的夹角为或其补角，若为中点，即，由①分析易知，故与的夹角为，故②正确；对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，此时，故③错误；对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同，由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以的轨迹长度为，故④正确.故选：C.【点睛】关键点睛：应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直；根据线线角的定义，结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小；判断动点的轨迹，由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度.第Ⅱ卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.两条平行线与之间的距离____________．【答案】【解析】【分析】直接利用距离公式计算可得.【详解】两条平行线与之间的距离.故答案为：14.若直线经过直线和的交点，则___________.【答案】【解析】【分析】求解出直线，交点坐标，再代入直线即可求解.【详解】由题意，直线，，交于一点，所以，得，所以直线过点，得，求解得.故答案为：15.如图是一个正方体的表面展开图，A、B、D均为棱的中点，C为顶点，在该正方体中，异面直线AB和CD所成角的余弦值为______．【答案】【解析】【分析】首先将其还原成正方体，再用平移法找出异面直线所成角（或补角）进行求解即可.【详解】将正方体的表面展开图还原成正方体，如图：连接、，因为A、B均为棱的中点，所以所以是异面直线AB和CD所成角（或补角），设正方体的棱长为，在中，，,故答案为：.16.设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________．【答案】9【解析】【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可；【详解】由题意，动直线过定点，直线可化为，令，可得，又，所以两动直线互相垂直，且交点为P，所以，因为，所以，当且仅当时取等号．【点睛】根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点.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．第17题10分，其余每题12分．17.在中，已知，，.（1）求边所在的直线方程；（2）求面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由直线方程的两点式可得；（2）先求直线方程，再求到的距离，最后用面积公式计算即可.【详解】（1），，边所在的直线方程为，即；（2）设到距离为，则，，方程为：即：..18.如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAC⊥平面ABC，△VAC，△ABC都是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝VC，M，N分别为VA，VB的中点．（1）求证：AB//平面CMN；（2）求证：AB⊥平面VBC．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）由面面垂直得到线面垂直，结合等腰三角形得到垂直关系，证明出AB⊥平面VBC【小问1详解】∵M，N分别为VA，VB的中点，∴MN//AB，∵平面CMN，MN平面CMN，∴AB//平面CMN．【小问2详解】∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV＝2，M，N分别为VA，VB的中点．∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴AB⊥VC．∵BC∩VC＝C，∴AB⊥平面VBC．19.已知的顶点A（3，1），边AB上的高CE所在直线的方程为x+3y5=0，AC边上中线BD所在的直线方程为x+y5=0（1）求直线AB的方程；（2）求点C的坐标．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）求出直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求解.（2）设，由题意可知为AC中点可得，代入直线CE所在直线，再由，联立方程即可求解.【详解】（1）∵CE⊥AB，且直线CE的斜率为，∴直线AB的斜率为，∴直线AB的方程为，即；（2）设，由为AC中点可得，∴，解得，代入，∴．20.如图，三棱柱中，底面为正三角形，平面且，，分别是，的中点．（1）求证：平面平面；（2）在侧棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积是，若存在，求长；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存，．【解析】【分析】（1）依题意可得，即可得到平面，再证明平面，从而得证；（2）由，根据锥体的体积公式求出，即可得解.【小问1详解】∵，分别是，的中点，且，所以为平行四边形，，而平面，平面，平面，连接，则且，又且，所以且，则为平行四边形，所以，平面，平面，平面，而，且，平面，∴平面平面；【小问2详解】在三棱柱中，底面为正三角形，平面，所以三棱柱为正三棱柱，平面，∵底面为边长为的正三角形，是的中点，,，，解得，即，∴在侧棱上是存在一点即，使得三棱锥的体积是．21.如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点E在底面圆周上，，F为垂足．（1）求证：．（2）当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，求点B到平面CDE的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明，可得，进而证明，根据线面垂直的性质定理可证明结论.（2）由为直线DE与平面ABE所成角，求得，设B到平面CDE的距离为h，则有，由等体积法可求h.【小问1详解】∵AB为圆的直径，，又平面AEB，平面AEB，，又，平面ADE，平面ADE，而平面AEB，，又，且，平面BDE，平面BDE，又平面BDE，；【小问2详解】由题意可知，平面ABE，为直线DE与平面ABE所成角，，，设B到平面CDE的距离为h，则有，因为，，，由余弦定理得，则，故，由点向直线作垂线，垂足为，平面AEB，平面AEB，所以，平面，所以平面，且，，解得，∴B到平面CDE的距离为．22.已知直线l：，（）.（1）若直