四川省通江中学2022-2023学年高二上学期期中文科数学 Word版含解析.docx

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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.1B.－1C.4D.－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：D8.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.1B.2C.3D.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.3C.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，