2022-2023学年四川省眉山市仁寿第一中学南校区高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年四川省眉山市仁寿第一中学南校区高二上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．设命题，则为

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.

2．若，则下列命题为假命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】根据不等式的性质逐一分析各选项即可得答案.

【详解】解：对A：因为，所以，故选项A正确；

对B：因为，，所以当时，；当时，；当时，，故选项B错误；

对C：因为，所以由不等式的性质可得，故选项C正确；

对D：因为，所以，所以，故选项D正确.

故选：B.

3．圆与圆的位置关系是（    ）

A．内切 B．相交 C．外切 D．相离

【答案】B

【分析】根据圆与圆位置关系的判断，计算两圆圆心距离，与半径之和和差比较大小即可判断.

【详解】解：圆的圆心为：，半径

圆的圆心为：，半径

所以，则

所以两圆相交.

故选：B.

4．“”是“直线与圆相切”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先判断时，直线与圆是否相切，再根据直线与圆相切求得m的值，即可作出判断.

【详解】当时，直线为，

圆心到直线的距离为 ，

故直线与圆相切；

由直线与圆相切，

知圆心到直线的距离，解得或，

因此“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，

故选：A．

5．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，则这个几何体的侧面积为（    ）

A． B．2π C．3π D．4π

【答案】B

【分析】由题设几何体为轴截面是边长为2的等边三角形的圆锥，进而求其侧面积.

【详解】由三视图知：几何体为圆锥，轴截面是边长为2的等边三角形，即母线和底面直径均为2，

所以底面周长为，故侧面积为.

故选：B

6．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】对于A、B、D：在正方体中，取特殊平面和直线否定结论.

对于C：分或两种情况进行讨论，利用线面垂直的性质进行证明.

【详解】对于A：在正方体中，

取平面为，平面为，平面为，记直线为m，为n.符合，但是平面即平面与平面相交，交线为AD.故A错误；

对于B：在正方体中，

取平面为，平面为，记直线为n，为m，

.符合，但是平面不垂直.故B错误；

对于C：因为，所以或.

当时，因为，所以.

当时，按照线面平行的性质定理，过直线m作平面使得，则.

因为，所以.又因为，所以.

综上所述：.故C正确.

对于D：因为对于在正方体中，

取平面为，平面为，记直线为n，为m， .符合，但是直线m、n为异面直线.故D错误；

故选：C.

7．已知点，若点C是圆上的动点，则面积的最小值为(    )

A．3 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】首先求出直线的方程和线段的长度，利用圆心到直线的距离再减去圆的半径得出的高的最小值，即可求解.

【详解】由题意，易知直线的方程为，且,

∵圆可化为，

∴圆心为，半径为1，

又∵圆心到直线的距离，

∵的面积最小时，点C到直线的距离最短，该最短距离即圆心到直线的距离减去圆的半径，

故面积的最小值为.

故选：D.

8．《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，⊥平面，，且，为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与夹角的余弦值．

【详解】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，

设，

则,1,，,1,，,0,，,0,，,，

则,，,0,，

设异面直线与夹角为，

则．

异面直线与夹角的余弦值为．

故选：C．

9．正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，正三棱柱和面面垂直的性质得到面、，利用等体积法求点面距即可.

【详解】如下图，连接，令正三棱柱所有棱长为2，即底面为等边三角形，

又是的中点，故，

而面面，面面，面，

所以面，故，

又面，则，故，

若到面距离为，则，而，

所以，而，

故直线与平面所成角的正弦值为.

故选：B

10．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题设得，结合点在圆外及求的范围.

【详解】圆，则圆心，半径r（），

∵点在圆的外部，

∴，即，解得，

综上所述，实数k的取值范围是．

故选：B

11．与直线切于点，且经过点的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得，即可得出答案.

【详解】解：设圆的方程为，

根据题意可得，

解得，

所以该圆的方程为.

故选：D.

12．如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，则下列正确结论的个数是（    ）

①点E，F，G，H在同一个平面上；

②平面∥平面EFD；

③直线DE，BF，CI交于同一点；

④直线BF与直线所成角的余弦值为．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】①根据共面定理，证明与平行，可得答案；

②由①，根据面面平行判定定理，证明平面平面，由图平面平面，可得答案；

③先假设，由题意，可得连线直线的等量关系，再假设出，求得连线的等量关系，检验可得答案；

④根据异面夹角的定义，作平行，找出夹角，结合余弦定理，可得答案.．

【详解】对于①，连接，，，，，作图如下：

在正方体中，易知，在中，分别为的中点，，则，命题①正确；

对于②，连接，，，，，，作图如下：

在中，分别为的中点，，同理在中，，

平面，平面，平面，同理可得平面，

，与相交，由平面，则平面平面，因为平面平面，所以命题②错误；

对于③，连接BD，延长DE、BF交于点M，

因为EF∥BD，且EFBD，所以MF＝BF，又因为FI∥BC，且FIBC，所以B、C、F、I四点共面，所以BF与CI相交，设BF与CI的交点为N，则NF＝FB，所以M与N重合，即直线DE，BF，CI交于同一点，命题③正确；

对于④，取C1D1的中点K，连接CK，

则CK∥BF，则CK与所成的角θ即为直线BF与直线所成的角，连接，设正方体的棱长，则，，，由余弦定理得，命题④正确．

综上知，①③④正确．

故选：C．

二、填空题

13．已知命题：“，使”为真命题，则实数的取值范围是_______

【答案】或

【分析】根据一元二次方程有解的条件求解即可．

【详解】解：∵ ，使，

，

解得：或．

故答案为：或．

14．当圆C：截直线l：所得的弦长最短时，实数______

【答案】

【分析】根据直线方程，求其所过定点，整理圆的一般方程，明确圆心与半径，根据弦长公式，确定当弦长最短时，圆心到直线距离的取值，根据点到直线的距离公式，可得答案.

【详解】由直线l：，整理可得，令，解得，则直线过定点，

由圆C：，整理可得：，可知圆心，半径，

因为，故在圆内，

设圆心到直线的距离为，在弦长为，显然当取得最大值，弦长最短，

在时，，则弦长的最小值为，

此时，则，两边平方整理可得，解得，

故答案为：.

15．已知圆C：，点P是直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A、B，则四边形PACB面积的最小值为______

【答案】

【分析】根据切线的性质可得，则，则要求四边形PACB面积的最小值，只要求出的最小值即可，求出点到直线的距离即可.

【详解】解：圆C：，即，

则圆的圆心，半径，

因为分别切圆于点，

所以，

所以，

则要求四边形PACB面积的最小值，只要求出的最小值即可，

的最小值为点到直线的距离，为，

所以四边形PACB面积的最小值为.

故答案为：.

16．在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，AC⊥BC，∠DAC＝∠BAC＝30°，现将△ACD沿AC折起，并连接BD，使得平面ACD⊥平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为______

【答案】

【分析】由题意，找到底面和侧面的外接圆圆心，通过面面垂直性质定理，作出线面垂直，确定球心，进而求得棱长，可得答案.

【详解】∠ADC＝∠ACB＝90°，

∴△ADC的外接圆圆心为AC中点，△ABC的外接圆圆心为AB中点，如图所示：

过作平面ADC的垂线，过作平面ABC的垂线，

∵平面ADC⊥平面ABC，

∴两垂线交于点，可得为三棱锥D﹣ABC外接球的球心，

由三棱锥D﹣ABC外接球的表面积为4π，可得外接球的半径r＝1，AB＝2，

在中，，，

在中，，，

∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，BC⊥AC，BC平面ABC，

平面ADC，则为三棱锥的高，

则三棱锥D﹣ABC的体积为．

故答案为：.

三、解答题

17．已知为正实数，设：实数满足实数满足．

(1)若，且为真，求实数的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）若且为真，则p,q均为真，分别求得真命题时得范围，取交集即可得所求；

（2）若是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件，根据解集关系确定实数的取值范围．

【详解】（1）解：时，：实数满足，若且为真，则p,q均为真

为真则有：，为真则有：或，

所以的取值范围是：；

（2）解：是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件；

为真有：为真有：或；

所以或，所以或，

所以的取值范围是：或．

18．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．

(1)求证：EF平面BDD1B1；

(2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF平面BDD1B1．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；

（2）根据面面平行的判定定理证明即可．

【详解】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图，

因E，F分别是BC，CM的中点，

则有EFBM，

又EF平面BDD1B1，BM平面BDD1B1，

所以EF平面BDD1B1．

（2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图，

而E是BC的中点，

于是得EGBD，

而EG平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，

从而得EG平面BDD1B1，

由（1）知EF平面BDD1B1，

EFEG＝E，且EF、EG平面GEF，

因此，平面GEF平面BDD1B1，

所以当G是DC的中点时，

平面GEF平面BDD1B1．

19．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．

(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；

(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得PA//平面DEF？并证明你的结论．

【答案】(1)证明见解析

(2)能；证明见解析

【分析】（1）根据面面垂直性质定理，结合菱形的性质，可得答案；

（2）假设存在，根据线面平行性质定理，可得线线平行，利用菱形性质，可得三角形相似，进而得到线段成比例，结合平行线的性质，可得答案.

【详解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．

（2）连接DE，EF，DF，设DE交AC于点H，连接HF

因为PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；

由于底面ABCD为菱形，为的中点，易证，所以，由PA//，可得，

所以存在点为棱上靠近的三等分点，可使PA//平面DEF.

20．已知圆过两定点，且圆心在直线上；

(1)求圆的方程；

(2)过点的直线交圆于两点，若，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）设圆的标准方程为，建立关于的方程，求解即可得圆的方程；

（2）根据直线与圆相交得弦长公式，确定圆心到直线的距离，讨论直线方程即可求得.

【详解】（1）解：设圆的方程为

∵圆心在直线上，则

又∵圆过点两点，

则，又，联立解得：

则圆的方程为；

（2）解：当直线的斜率不存在时，直线方程为，

此时圆心到直线得距离

弦长符合题意；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，

∵，

∴圆心到直线的距离为，解得，

则直线的方程为，

综上，直线的方程为或

21．如图，在直角梯形中，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且为的中点，为边上的动点（与点不重合）.

(1)证明：平面平面；

(2)已知二面角的余弦值为，试确定点位置，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)为的中点，理由见解析

【分析】（1）根据题意可证平面，可得，结合可证平面，可得，结合可证平面；

（2）根据三垂线法可得是二面角的平面角，结合题意分析运算．

【详解】（1）因为平面，

所以平面.

所以

∵

所以平面.

因为平面，所以.

因为，

所以.

因为平面，

所以平面.

因为平面，

所以平面平面.

（2）过作于.

因为，所以.

由（1）知平面，所以平面.

过作于，连接.

因为平面平面，

所以.

因为平面，

所以平面.

因为平面平面，所以，

所以是二面角的平面角.

因为，则.

在Rt中，设，则

由RtRt，得，所以.

则.

因为二面角的余弦值为，即，

则，解得.

此时为的中点.

22．如图，在平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．

(1)若，求的值；

(2)设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

(3)证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．

【答案】(1)；

(2)恒为定值；

(3)证明见解析，交点恒在定直线上.

【分析】（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；

（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；

（3）设直线的斜率为，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：圆的圆心为，到直线的距离为，

，可得，解得.

（2）解：将代入圆О方程，并整理得，

则，设点、，

由韦达定理，．

，所以，，同理，

于是（定值）.

（3）解：注意到，设直线的斜率为，则，即．

直线的方程为，直线的方程为的交点满足，

即，解得，故直线、交点必在定直线上．