2022-2023學年四川省眉山市仁壽第一中學南校區(qū)高二上學期期中考試數(shù)學（理）試題 一、單選題1．設命題，則為A． B．C． D．【答案】C【詳解】特稱命題的否定為全稱命題，所以命題的否命題應該為，即本題的正確選項為C. 2．若，則下列命題為假命題的是（    ）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】B【分析】根據(jù)不等式的性質逐一分析各選項即可得答案.【詳解】解：對A：因為，所以，故選項A正確；對B：因為，，所以當時，；當時，；當時，，故選項B錯誤；對C：因為，所以由不等式的性質可得，故選項C正確；對D：因為，所以，所以，故選項D正確.故選：B.3．圓與圓的位置關系是（    ）A．內切 B．相交 C．外切 D．相離【答案】B【分析】根據(jù)圓與圓位置關系的判斷，計算兩圓圓心距離，與半徑之和和差比較大小即可判斷.【詳解】解：圓的圓心為：，半徑圓的圓心為：，半徑所以，則所以兩圓相交.故選：B.4．“”是“直線與圓相切”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】先判斷時，直線與圓是否相切，再根據(jù)直線與圓相切求得m的值，即可作出判斷.【詳解】當時，直線為，圓心到直線的距離為 ，故直線與圓相切；由直線與圓相切，知圓心到直線的距離，解得或，因此“”是“直線與圓相切”的充分不必要條件，故選：A．5．一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖與側視圖都是邊長為2的正三角形，則這個幾何體的側面積為（    ）A． B．2π C．3π D．4π【答案】B【分析】由題設幾何體為軸截面是邊長為2的等邊三角形的圓錐，進而求其側面積.【詳解】由三視圖知：幾何體為圓錐，軸截面是邊長為2的等邊三角形，即母線和底面直徑均為2，所以底面周長為，故側面積為.故選：B6．已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則（    ）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【分析】對于A、B、D：在正方體中，取特殊平面和直線否定結論.對于C：分或兩種情況進行討論，利用線面垂直的性質進行證明.【詳解】對于A：在正方體中，取平面為，平面為，平面為，記直線為m，為n.符合，但是平面即平面與平面相交，交線為AD.故A錯誤；對于B：在正方體中，取平面為，平面為，記直線為n，為m，.符合，但是平面不垂直.故B錯誤；對于C：因為，所以或.當時，因為，所以.當時，按照線面平行的性質定理，過直線m作平面使得，則.因為，所以.又因為，所以.綜上所述：.故C正確.對于D：因為對于在正方體中，取平面為，平面為，記直線為n，為m， .符合，但是直線m、n為異面直線.故D錯誤；故選：C.7．已知點，若點C是圓上的動點，則面積的最小值為(    )A．3 B．2 C． D．【答案】D【分析】首先求出直線的方程和線段的長度，利用圓心到直線的距離再減去圓的半徑得出的高的最小值，即可求解.【詳解】由題意，易知直線的方程為，且,∵圓可化為，∴圓心為，半徑為1，又∵圓心到直線的距離，∵的面積最小時，點C到直線的距離最短，該最短距離即圓心到直線的距離減去圓的半徑，故面積的最小值為.故選：D.8．《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，⊥平面，，且，為的中點，則異面直線與夾角的余弦值為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線與夾角的余弦值．【詳解】解：以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，設，則,1,，,1,，,0,，,0,，,，則,，,0,，設異面直線與夾角為，則．異面直線與夾角的余弦值為．故選：C．9．正三棱柱的所有棱長都相等，是的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，正三棱柱和面面垂直的性質得到面、，利用等體積法求點面距即可.【詳解】如下圖，連接，令正三棱柱所有棱長為2，即底面為等邊三角形，又是的中點，故，而面面，面面，面，所以面，故，又面，則，故，若到面距離為，則，而，所以，而，故直線與平面所成角的正弦值為.故選：B10．若點在圓的外部，則實數(shù)的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題設得，結合點在圓外及求的范圍.【詳解】圓，則圓心，半徑r（），∵點在圓的外部，∴，即，解得，綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是．故選：B11．與直線切于點，且經(jīng)過點的圓的方程為（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】設圓的方程為，根據(jù)題意列出方程組，求得，即可得出答案.【詳解】解：設圓的方程為，根據(jù)題意可得，解得，所以該圓的方程為.故選：D.12．如圖，已知正方體的棱長為a，點E，F，G，H，I分別為線段，，，BC，的中點，連接，，，DE，BF，CI，則下列正確結論的個數(shù)是（    ）①點E，F，G，H在同一個平面上；②平面∥平面EFD；③直線DE，BF，CI交于同一點；④直線BF與直線所成角的余弦值為．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】①根據(jù)共面定理，證明與平行，可得答案；②由①，根據(jù)面面平行判定定理，證明平面平面，由圖平面平面，可得答案；③先假設，由題意，可得連線直線的等量關系，再假設出，求得連線的等量關系，檢驗可得答案；④根據(jù)異面夾角的定義，作平行，找出夾角，結合余弦定理，可得答案.．【詳解】對于①，連接，，，，，作圖如下：在正方體中，易知，在中，分別為的中點，，則，命題①正確；對于②，連接，，，，，，作圖如下：在中，分別為的中點，，同理在中，，平面，平面，平面，同理可得平面，，與相交，由平面，則平面平面，因為平面平面，所以命題②錯誤；對于③，連接BD，延長DE、BF交于點M，因為EF∥BD，且EFBD，所以MF＝BF，又因為FI∥BC，且FIBC，所以B、C、F、I四點共面，所以BF與CI相交，設BF與CI的交點為N，則NF＝FB，所以M與N重合，即直線DE，BF，CI交于同一點，命題③正確；對于④，取C1D1的中點K，連接CK，則CK∥BF，則CK與所成的角θ即為直線BF與直線所成的角，連接，設正方體的棱長，則，，，由余弦定理得，命題④正確．綜上知，①③④正確．故選：C． 二、填空題13．已知命題：“，使”為真命題，則實數(shù)的取值范圍是_______【答案】或【分析】根據(jù)一元二次方程有解的條件求解即可．【詳解】解：∵ ，使，，解得：或．故答案為：或．14．當圓C：截直線l：所得的弦長最短時，實數(shù)______【答案】【分析】根據(jù)直線方程，求其所過定點，整理圓的一般方程，明確圓心與半徑，根據(jù)弦長公式，確定當弦長最短時，圓心到直線距離的取值，根據(jù)點到直線的距離公式，可得答案.【詳解】由直線l：，整理可得，令，解得，則直線過定點，由圓C：，整理可得：，可知圓心，半徑，因為，故在圓內，設圓心到直線的距離為，在弦長為，顯然當取得最大值，弦長最短，在時，，則弦長的最小值為，此時，則，兩邊平方整理可得，解得，故答案為：.15．已知圓C：，點P是直線上的動點，過P作圓的兩條切線，切點分別為A、B，則四邊形PACB面積的最小值為______【答案】【分析】根據(jù)切線的性質可得，則，則要求四邊形PACB面積的最小值，只要求出的最小值即可，求出點到直線的距離即可.【詳解】解：圓C：，即，則圓的圓心，半徑，因為分別切圓于點，所以，所以，則要求四邊形PACB面積的最小值，只要求出的最小值即可，的最小值為點到直線的距離，為，所以四邊形PACB面積的最小值為.故答案為：.16．在平面四邊形ABCD中，AD⊥CD，AC⊥BC，∠DAC＝∠BAC＝30°，現(xiàn)將△ACD沿AC折起，并連接BD，使得平面ACD⊥平面ABC，若所得三棱錐的外接球的表面積為，則三棱錐的體積為______【答案】【分析】由題意，找到底面和側面的外接圓圓心，通過面面垂直性質定理，作出線面垂直，確定球心，進而求得棱長，可得答案.【詳解】∠ADC＝∠ACB＝90°，∴△ADC的外接圓圓心為AC中點，△ABC的外接圓圓心為AB中點，如圖所示：過作平面ADC的垂線，過作平面ABC的垂線，∵平面ADC⊥平面ABC，∴兩垂線交于點，可得為三棱錐D﹣ABC外接球的球心，由三棱錐D﹣ABC外接球的表面積為4π，可得外接球的半徑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，則為三棱錐的高，則三棱錐D﹣ABC的體積為．故答案為：. 三、解答題17．已知為正實數(shù)，設：實數(shù)滿足實數(shù)滿足．(1)若，且為真，求實數(shù)的取值范圍；(2)若是的充分不必要條件，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）若且為真，則p,q均為真，分別求得真命題時得范圍，取交集即可得所求；（2）若是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件，根據(jù)解集關系確定實數(shù)的取值范圍．【詳解】（1）解：時，：實數(shù)滿足，若且為真，則p,q均為真為真則有：，為真則有：或，所以的取值范圍是：；（2）解：是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件；為真有：為真有：或；所以或，所以或，所以的取值范圍是：或．18．如圖，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，點M是線段B1D1上的一個動點，E，F分別是BC，CM的中點．(1)求證：EF平面BDD1B1；(2)設G為棱CD上的中點，求證：平面GEF平面BDD1B1．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析 【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理求證即可；（2）根據(jù)面面平行的判定定理證明即可．【詳解】（1）證明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，連接BM，如圖，因E，F分別是BC，CM的中點，則有EFBM，又EF平面BDD1B1，BM平面BDD1B1，所以EF平面BDD1B1．（2）證明：取CD的中點G，連接EG，FG，如圖，而E是BC的中點，于是得EGBD，而EG平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，從而得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，所以當G是DC的中點時，平面GEF平面BDD1B1．19．如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且邊長為的菱形，側面PAD為正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．(1)若G為AD邊的中點，求證：BG⊥平面PAD；(2)若E為BC邊的中點，能否在棱PC上找一點F，使得PA//平面DEF？并證明你的結論．【答案】(1)證明見解析(2)能；證明見解析 【分析】（1）根據(jù)面面垂直性質定理，結合菱形的性質，可得答案；（2）假設存在，根據(jù)線面平行性質定理，可得線線平行，利用菱形性質，可得三角形相似，進而得到線段成比例，結合平行線的性質，可得答案.【詳解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G為AD邊的中點，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）連接DE，EF，DF，設DE交AC于點H，連接HF因為PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；由于底面ABCD為菱形，為的中點，易證，所以，由PA//，可得，所以存在點為棱上靠近的三等分點，可使PA//平面DEF.20．已知圓過兩定點，且圓心在直線上；(1)求圓的方程；(2)過點的直線交圓于兩點，若，求直線的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）設圓的標準方程為，建立關于的方程，求解即可得圓的方程；（2）根據(jù)直線與圓相交得弦長公式，確定圓心到直線的距離，討論直線方程即可求得.【詳解】（1）解：設圓的方程為∵圓心在直線上，則又∵圓過點兩點，則，又，聯(lián)立解得：則圓的方程為；（2）解：當直線的斜率不存在時，直線方程為，此時圓心到直線得距離弦長符合題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，則，∵，∴圓心到直線的距離為，解得，則直線的方程為，綜上，直線的方程為或21．如圖，在直角梯形中，為的中點，沿將折起，使得點到點的位置，且為的中點，為邊上的動點（與點不重合）.(1)證明：平面平面；(2)已知二面角的余弦值為，試確定點位置，并說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)為的中點，理由見解析 【分析】（1）根據(jù)題意可證平面，可得，結合可證平面，可得，結合可證平面；（2）根據(jù)三垂線法可得是二面角的平面角，結合題意分析運算．【詳解】（1）因為平面，所以平面.所以∵所以平面.因為平面，所以.因為，所以.因為平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）過作于.因為，所以.由（1）知平面，所以平面.過作于，連接.因為平面平面，所以.因為平面，所以平面.因為平面平面，所以，所以是二面角的平面角.因為，則.在Rt中，設，則由RtRt，得，所以.則.因為二面角的余弦值為，即，則，解得.此時為的中點.22．如圖，在平面直角坐標系中，圓交軸于、兩點，交直線于、兩點．(1)若，求的值；(2)設直線、的斜率分別為、，試探究斜率之積是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．(3)證明：直線、的交點必然在一條定直線上，并求出該定直線的方程．【答案】(1)；(2)恒為定值；(3)證明見解析，交點恒在定直線上. 【分析】（1）利用勾股定理可求得圓心到直線的距離，再利用點到直線的距離公式可得出關于的等式，即可求得實數(shù)的值；（2）設點、，將直線的方程與圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用斜率公式結合韋達定理可求得的值，即可證得結論成立；（3）設直線的斜率為，可得出，寫出直線、的方程，求出兩直線交點的縱坐標，即可證得結論成立.【詳解】（1）解：圓的圓心為，到直線的距離為，，可得，解得.（2）解：將代入圓О方程，并整理得，則，設點、，由韋達定理，．，所以，，同理，于是（定值）.（3）解：注意到，設直線的斜率為，則，即．直線的方程為，直線的方程為的交點滿足，即，解得，故直線、交點必在定直線上． 

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