四川省通江中学2022-2023学年高二文科数学上学期期中试题（Word版附解析）

四川省通江中学2022-2023学年度高二上学期期中测试

数学（文科）试题

一.选择题（共12小题，每题5分，共60分）

1. 命题“x∈R，”的否定是(　　)

A. x∈R， B. x∈R， C. x∈R， D. x∈R，

【答案】D

【解析】

【详解】由全称命题的否定为特称命题，可得命题“，”的否定“x∈R，”，故选D.

2. 设直线的倾斜角为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由直线方程可得直线的斜率，再由斜率和倾斜角的关系可得所求．

【详解】∵直线的斜率为，

由斜率和倾斜角的关系可得，

又∵，

∴，

故选：A.

3. 若直线l：ax－by＋1＝0平分圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的周长，则a＋2b的值为（    ）

A. 1 B. －1 C. 4 D. －4

【答案】A

【解析】

【分析】

根据直线平分圆周长得到直线过圆的圆心，从而得到的关系式，从而求解出的值.

【详解】因为即，所以圆心，

因为直线平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，所以，所以，

故选：A.

【点睛】本题考查圆的对称性的应用，解题的关键是理解直线平分圆的周长这句话的含义，难度一般.一条直线若能平分圆则必过圆的圆心.

4. 已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ）

A. 若，，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】D

【解析】

【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.

【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误；

对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误；

对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误；

对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，

又，则，因为，所以，故D正确.

故选：D.

5. 已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得直线恒过的定点，根据直线的斜率，数形结合即可求得结果.

【详解】直线，即，其恒过定点，

又直线的斜率，直线的斜率，

数形结合可知，要满足题意，直线斜率，或，

即或，解得.

故选：A.

6. 在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ）

A. 平面平面 B. 平面平面

C. 平面平面 D. 平面平面

【答案】A

【解析】

【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体中，

且平面，

又平面，所以，

因为分别为的中点，

所以，所以，

又，

所以平面，

又平面，

所以平面平面，故A正确；

选项BCD解法一：

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，

则，

，

则，，

设平面的法向量为，

则有，可取，

同理可得平面的法向量为，

平面的法向量为，

平面的法向量为，

则，

所以平面与平面不垂直，故B错误；

因为与不平行，

所以平面与平面不平行，故C错误；

因为与不平行，

所以平面与平面不平行，故D错误，

故选：A.

选项BCD解法二：

解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，

在内，作于点，在内，作，交于点，连结，

则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：，，

底面正方形中，为中点，则，

由勾股定理可得，

从而有：，

据此可得，即，

据此可得平面平面不成立，选项B错误；

对于选项C，取的中点，则，

由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；

对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，

由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；

故选：A.

7. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接，因为∥，

所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，

设正方体棱长为2，则，

，所以

故选：D

8. 已知，，命题：对任意，都存在，使得，则命题正确的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得，再根据函数单调性分别求解即可得命题的充要条件，再根据充分与必要条件的性质判断即可.

【详解】为真，在单调递增，，在单调递减，

，，.

又“”是“”的一个充分不必要条件.

故选：A．

9. 已知函数，若，且，则坐标原点O与圆的位置关系是（    ）

A. 点O在圆内 B. 点O在圆上 C. 点O在圆外 D. 不能确定

【答案】C

【解析】

【分析】画出分段函数的图象，求出关系，进而根据点与圆的位置关系定义，可得答案．

【详解】画出的图象如图：

，且，

且，，

，得，即，则，（当且仅当时，取得等号，故等号取不到），

圆，圆心坐标，半径为，

坐标原点到圆心的距离，

故坐标原点在圆外.

故选：C．

10. 已知：，：，则下列说法中，正确的个数有（    ）个.

（1）若在内，则；

（2）当时，与共有两条公切线；

（3）当时，与的公共弦所在直线方程为；

（4），使得与公共弦的斜率为.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据点与圆的位置关系判断方法判断（1）；利用两圆的位置关系判断（2）；

通过判断圆与圆的位置关系确定与的公共切线的条数，通过将两圆方程相减，

确定两圆的公共弦的方程，判断（3）（4）.

【详解】因为：，：，

所以：，：，

则，，，，则，

由在内，可得，即，故（1）错误；

当时，，，，，

所以，所以两圆相交，共两条公切线，故（2）正确；

当时，：，：，两圆相交

由，得：，即故（3）正确；

公共弦所成直线的斜率为，令，无解，故（4）错误.

故选：B.

11. 已知正三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，其侧棱长为，底面边长为4，则球O的表面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设为正三角形的中心，则平面，球心在上，在中利用勾股定理求出的长，在中利用勾股定理即可求出球的半径的值，从而得到球的表面积．

【详解】如图所示：

设为正三角形的中心，连接，

则平面，球心在上，

设球的半径为，连接，

∵正三角形的边长为4，∴，

又∵，

∴在中，，

在中，，，，

∴，解得，

∴球的表面积为．

故选：D．

12. 已知圆，圆，过圆上任意一点作圆的两条切线、切点分别为、，则的最小值是（    ）

A.  B. 3 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】两圆的圆心距为4，大于两圆的半径之和，可以知道两圆相离，结合图形，

的最小值是，利用向量数量积公式计算即可.

【详解】解：由题意可知，圆的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为2，

所以，

而，所以两圆相离，

，要使取得最小值，

需要和越小，且越大才能取到，

设直线CM和圆交于H，G两点（如下图），

则的最小值是，

，，

则，

所以，

故选：C.

二.填空题（共4小题，每题5分，共20分）

13. 命题“如果，那么且”的逆否命题是______．

【答案】如果 或 ，则

【解析】

【分析】由四种命题之间的关系，即可写出结果.

【详解】命题“如果，那么且”的逆否命题是“如果 或 ，则 ”.

故答案为如果 或 ，则

【点睛】本题主要考查四种命题之间的关系，熟记概念即可，属于基础题型.

14. 命题“，”为真命题.则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】将全称量词命题为真转化为恒成立问题，利用一元二次不等式恒成立问题即可求解.

【详解】因为“，”为真命题，

所以不等式在上恒成立，

当时，，显然成立，

当时，有，，解得，

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

15. 已知直线过点，且斜率为1，若圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由于圆上恰有3个点到的距离为1，则圆心到直线的距离等于半径减去1，列方程即可求解．

【详解】由于直线过点且斜率为1，

则直线，

圆上恰有3个点到的距离为1，

圆心到直线的距离等于半径减去1，

圆心到直线的距离为，解得，

因为，所以.

故答案为：.

16. 在棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，给出下列命题：

①，，，四点共面；

②三棱锥的体积与的取值有关；

③当时，；

④当时，过三点的平面截正方体所得截面的面积为.

其中正确的有______（填写序号）.

【答案】①③

【解析】

【分析】对于①：根据相交直线确定唯一平面即可判断；对于②：转换顶点即可判断；对于③：建立空间直角坐标系，当时，即可判断；对于④：当时，为中点，过作且，则可证，可得过三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形，再计算等腰梯形的面积即可判断.

【详解】

对于①：因为，所以共面，设为平面，即，

又因为，，且，可得，

所以四点共面，故①正确；

对于②：因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，

又易知到底面的距离等于定值，而的面积一定，

所以三棱锥的体积为定值，故②错误；

对于③：建立如图所示空间直角坐标系，

所以由题知，,

所以,

因为，则，可得,

所以，

当时，，

解得，即与重合，故③正确；

对于④：当时，为的中点，

过作且，则，

因为，且，则为平行四边形，

则，可得，

所以过三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形，

从而可得等腰梯形的高为，

所以截面等腰梯形的面积为，故④错误；

故答案为：①③.

三.解答题（共6小题，第17题10分，其余每题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. 已知圆过两点，，且圆心在直线上．

（1）求该圆的方程；

（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出的中垂线，根据求出圆心坐标，求出半径即可得解；

（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，求出直线方程.

【小问1详解】

解：因为圆过两点，，设的中点为，则，

因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即，

又因为圆心在直线上，，

解得，圆心，，

故圆的方程为．

【小问2详解】

解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，

由过点，的斜率为，=-1，

所以直线的方程为，故直线的方程为．

18. 已知命题，，命题，．

（1）若命题和命题有且只有一个为假命题，求实数的取值范围；

（2）若命题和命题至少有一个为真命题，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先求出命题、为真时参数的取值范围，再分类讨论，分别计算可得；

（2）首先求出命题和命题都为假命题时参数的取值范围，再取其补集即可得解.

【小问1详解】

解：若命题为真命题，即命，，所以，所以，

若命题为真命题，即，，所以，解得，

因为命题和命题有且只有一个为假命题，

当命题假，命题为真时，解得；

当命题为真，命题为假时，所以；

所以；

【小问2详解】

解：若命题和命题都为假命题，则，即；

因为命题和命题至少有一个为真命题，所以或，即；

19. 已知数列的首项，且满足，若.

（1）求证为等比数列；

（2）在数列中，，对任意的，，都有，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）将两边同时除以，化简变形可证得结论，

（2）通过题意得出为等比数列，为等差数列，的前项和由错位相减法即可得出.

【小问1详解】

∵，

∴两边同时除以，得，

即，

∵，∴，

又∵首项，∴，

故是以2为首项，2为公比的等比数列，

【小问2详解】

由（1）可得，

∵在数列中，，对任意的，，都有，

∴是以4为首项，3为公差的等差数列，

则，

故，

，

两式相减得

，

∴.

20. 已知函数.

（1）求函数的最小正周期；

（2）求函数的单调减区间；

（3）在中，、、分别是角、、的对边，若，，的面积，求的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换及二倍角公式进行化简即可得，再求周期即可；

（2）根据解析式，求函数的递减区间即可；

（3）先利用三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求得的值即可.

【小问1详解】

函数，

可得，

所以的最小正周期；

【小问2详解】

令，解得，

所以的单调递减区间是；

【小问3详解】

∵，，∴，

又，则，

可得，则，

∵，的面积为，

即，

∴，，

∴.

21. 如图，直角梯形中，，，为上的点，且，，将沿折叠到点，使.

（1）求证：平面平面；

（2）求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，中点，连接，，，由已知条件推导出平面，所以，，由此能证明平面平面.

（2）由已知求出直角梯形的面积，再求出高，代入棱锥体积公式求解.

【小问1详解】

证明：取的中点，中点，连接，，，

又，∴，∵，∴，

又∵，∴，

又，平面，∴平面，

平面，则，

∵，为中点，，

而与不平行，平面，∴平面，

∵平面，∴平面平面；

【小问2详解】

由（1）知，平面，在直角梯形中，过作，垂足为，

则为矩形，∵，，，

，在中，，得到的距离，

则四边形的面积，

在中，，求得，则为等边三角形，

可得，即.

∴.

22. 已知圆过点，，且圆心在直线上.是圆外的点，过点的直线交圆于，两点.

（1）求圆的方程；

（2）若点的坐标为，求证：无论的位置如何变化恒为定值；

（3）对于（2）中的定值，使恒为该定值的点是否唯一？若唯一，请给予证明；若不唯一，写出满足条件的点的集合.

【答案】（1）；   

（2）证明见解析；    （3）不唯一，.

【解析】

【分析】（1）联立垂直平分线方程与，求得圆心和半径即可.

（2）设过点的直线方程，与圆方程联立，按照两点距离公式计算即可.

（3）结合（2）中结论，利用弦长公式探讨点P的轨迹方程即可.

【小问1详解】

显然，两点的中点为，直线斜率为，

线段的垂直平分线的方程为：，由，解得，，

因此圆心，半径，所以圆的方程为：.

【小问2详解】

如图，若斜率不存在，则，，；

若斜率存在，设直线的方程为，

由消去整理得，设，，

则，，，同理，

，

所以不论的斜率是否存在，恒为定值.

  【小问3详解】

设，当过的直线斜率存在时，设其方程为，

由消去y得，

设，，则，，

则，同理，

于是

，

当过的直线斜率不存在时，其方程为，由，解得，

于是，即，

因此，而点在圆外，即有，则，