2022广安代中学校高二上学期第二次月考数学（文）（非网）试题含答案

这是一份2022广安代中学校高二上学期第二次月考数学（文）（非网）试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
文科数学（非网） 试题一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．已知集合，，则A∩B=（    ）A．(–1，+∞) B．(–∞，2)C．(–1，2) D．2．若，则等于（    ）A． B． C． D．3．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则         B．若，，则C．若，，，则         D．若，，则4．已知直线：与：平行，则的值是（   ）.A．或 B．或 C．或 D．或5．函数的图像大致为（    ）                     A                      B                  C               D6．已知等比数列满足,,则（ ）A． B． C． D．7．已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为（    ）A． B． C．4 D．58．已知直线：，点，，若直线与线段相交，则的取值范围为（    ）A． B．C．   D．9．执行如图所示的程序框图，则输出s的值为(　 　)A．30  B．32C．62  D．6410．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）A．或     B．或     C．或     D．或11．阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为，动点满足，则的最小值为（    ）A．     B．     C．     D．12．三棱锥中，平面，，是边长为2的等边三角形，则该几何体外接球的表面积为A．     B．     C．     D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知两个圆，的方程分别为，，则，的公切线有________条．14．已知，且，则__．15． 设，，，则的最小值为__________.16．如图，为正方体，下面结论中正确的是_______.（把你认为正确的结论都填上）①平面；②平面；③与底面所成角的正切值是；④过点与异面直线AD与成角的直线有2条.三、解答题（本大题共6小题，17小题10分，其余每小题12分，共70分）17．（10分）已知点、，直线.（1）求线段的中点坐标及直线的斜率；（2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程.  18．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是菱形,,为的中点.(1)求证:面；(2)求证:平面平面.  19．（12分）已知两圆和.（1）求圆和公共弦的长度；（2）求经过原点以及圆和圆交点的圆的方程.20．（12分）已知等差数列满足，前7项和为（Ⅰ）求的通项公式（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.  21．（12分）已知函数.（Ⅰ）求的最小正周期； （Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.  22．图1，平行四边形中， ， ，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点为侧棱的中点. （1）求证： 平面；（2）求三棱锥的体积；（3）在的角平分线上是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理.      参考答案1．C2．B3．D4．C5．B6．C7．B8．C9．A10．D11．A12．D13．314．15．.16．①②④【详解】，因为面，所以，由此平面，故①对．由三垂线定理可知，，，所以面，故②对．由①②可知，为与面的所成角，所以，所以③错．在正方体中，所以过与异面直线所成角为与直线所成角．将图形抽象出来如下图所示．由于，所以如下图，有上下两条直线分别直线，所成角为，故与异面直线和成，所以④对．17．（1）线段的中点坐标为，直线的斜率为；（2）.【分析】（1）利用中点坐标公式可求出线段的中点坐标，由直线的斜率公式可计算出直线的斜率；（2）根据题意，设直线的方程为，将的坐标代入其方程计算可得的值，即可得答案．【详解】（1）根据题意，设的中点坐标为，又由点、，则，，所以，线段的中点坐标为，直线的斜率为；（2）设直线的方程为，又由直线经过点，则有，则.即直线的方程为.18．（1）要证明线面平行，则可以根据线面平行的判定定理来证明．（2）对于面面垂直的证明，要根据已知中的菱形的对角线垂直，以及面来加以证明．【详解】试题分析：（1）由题意得只需在平面AEC内找一条直线与直线PD平行即可．设，连接EO，由三角形中位线可得即得；（2）连接PO，由题意得PO⊥AC，又底面为菱形，则AC⊥BD，由面面垂直的判定定理即得．试题解析：（1）证明：设，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以而，所以面　　（2）连接PO，因为，所以，又四边形是菱形，所以而面，面，，所以面又面，所以面面　　考点：1．线面平行的判定定理；2．面面垂直的判定定理；19．（1）；（2）.【分析】（1）首先两圆方程相减，求出公共弦所在的直线方程，再将直线代入圆的方程求出交点，利用两点间的距离公式即可求解.（2）设圆的方程为，将点代入，利用待定系数法即可求解.【详解】（1）将两圆方程相减，得公共弦所在直线方程为.将代入圆得，有，.∴或，交点坐标为和.∴两圆的公共弦长为.（2）设经过原点以及圆和圆交点的圆的方程为，圆和圆交点坐标为和∴，得，∴20．(1) (2) .【详解】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.解析：（Ⅰ）由，得因为所以（Ⅱ）21．（Ⅰ） ；（Ⅱ）.【分析】（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.【详解】（Ⅰ），所以的最小正周期为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知.因为，所以.要使得在上的最大值为，即在上的最大值为1.所以，即.所以的最小值为.点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.22．（1）见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明，再由线面垂直的判定的定理可得平面，从而得，进而可得平面，最后由由线面垂直的判定的定理可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得，进而可得结果；（Ⅱ）取中点，连接并延长至点，使，连接， ， ，先证四边形为平行四边形，则有∥，利用平面几何知识可得结果.试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形中，有，又因为为侧棱的中点，所以；又因为， ，且，所以平面. 又因为平面，所以；因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （Ⅱ）解：因为， 平面，所以是三棱锥的高，故， 又因为， , ，所以，所以有 .（Ⅲ）解：取中点，连接并延长至点，使，连接， ， .因为，所以射线是角的角分线. 又因为点是的中点，所以∥，因为平面， 平面，所以∥平面. 因为、互相平分，故四边形为平行四边形，有∥.又因为，所以有， 又因为，故.