四川乐山市中区2023届数学高一上期末学业水平测试模拟试题含解析
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【详解】因为 是第四象限角， ，则 ，
所以， .
故答案为： .
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1） ；（2） .
【解析】（1）利用函数图像上的两个点的坐标列方程组，解方程组求得 的值.
（2）将原不等式分离常数 ，利用函数的单调性，求出 的取值范围.
【详解】（1）由于函数 图像经过 ， ，所以 ，解得 ，所以 .
，再利用单调性继续转化为 ，从而求得正解.
5、A
【解析】分析：根据函数奇偶性的性质将不等式进行转化为一般的不等式求解即可
详解：∵ ，函数f(x)为奇函数，
∴ ，
又f(x)是定义在[−1,1]上的减函数，
∴ ，即 ，解得
∴不等式的解集为
故选A
点睛：解题的关键是根据函数的奇偶性将不等式化为 或 的形式，然后再根据单调性将函数不等式化为一般的不等式求解，解题时不要忘了函数定义域的限制
（2）原不等式 为 ，即 在 时恒成立，而 在 时单调递减，故在 时 有最小值为 ，故 .所以实数 的取值范围是 .
【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数的解析式，考查不等式恒成立问题的求解策略，考查函数的单调性以及最值，属于中档题.
18、 (1)见解析；（2）见解析；（3） .
【解析】（1）该四棱锥的俯视图为边长为6cm的正方形（内含对角线），如图，即可得出面积
8．如图，在 中， 为线段 上的一点， 且 ，则
A. B.
C. D.
9．定义在 上的函数 满足 ，且 ， ，则不等式 的解集为（）
A. B.
C. D.
10．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足 （ 表示碳14原有的质量）.经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的 至 ，据此推测良渚古城存在的时期距今约（）年到5730年之间？（参考数据： ， ）
6、D
【解析】利用函数的奇偶性得到 ，再解不等式组 即得解.
【详解】解：由题得 .
因为在 上单调递减，并且 ，
所以 ，所以 或 .
故选：D
7、A
【解析】根据函数的周期性以及奇偶性，结合已知函数解析式，代值计算即可.
【详解】因为函数 满足： ，且 ，
故 是 上周期为 的偶函数，故 ，
又当 时， ，则 ，
解析：
圆 的圆心在 轴上，设圆心为 ,
由圆过点 和 ,
由 可得 ，即 ，求得 ，
可得圆心为 ，
半径为 ，
故圆的方程为 .
点睛：这个题目考查了圆的方程的求法，利用圆的定义得到圆上的点到圆心的距离相等，可列出式子．一般和圆有关的多数是利用圆的几何性质，垂径定理列出方程，利用切线的性质即切点和圆心的连线和切线垂直列式子．注意观察式子的特点
（2）若 ，则由 ，得 .
所以两直线方程为 ： ， ： ，
联立方程组 ，解得 ，所以 与 的交点 的坐标为 .
点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线 与直线 平行，则 且两直线不重合.直线 与直线 垂直，则 .
21、 .
【解析】根据条件得到 ，设圆心为 ，根据点点距列出式子即可，求得参数值
(2)设法证明 面 即可；
（3）由侧视图可求得 即为四棱锥 外接球的直径
试题解析：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，
边长为6的正方形，如图，其面积为36.
(2)证明：因为 底面 ， 底面 ，
所以 ，由底面为正方形 ，所以 ,
， 面 ， 面 ，
所以 面 ， 面 ，所以
（3）由侧视图可求得
由正视图可知 ，所以在Rt△ 中，
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1．样本 ， ， ， 的平均数为 ，样本 ， ， ， 的平均数为 ，则样本 ， ， ， ， ， ， ， 的平均数为
A B.
C. D.
2．已知全集 ，集合 ，那么 （）
A. B.
C. D.
3．已知 ，则 的周期为（）
A. B.
C.1D.2
4．函数 在 单调递增，且为奇函数，若 ，则满足 的 的取值范围是
22、（1） ，（2）
【解析】（1）设圆 圆心为 ，则由题意得 ，求出 的值，从而可得所求圆的方程；
（2）设圆心 到直线 ： 的距离为 ，原点 到直线 ： 的距离为 ，则有 ， ，再由 的面积为 ，列方程可求出 的值，进而可得直线方程
【详解】解：（1）设圆 的圆心为 ，由题意可得 ，
则 的中点坐标为 ，
【详解】 ，不妨设 ，故 ，即 ，
令 ，则 ，故 在 上单调递减， ，
不等式两边同除以 得： ，因为 ，所以 ，即 ，
根据 在 上单调递减，故 ，综上：
故选：B
10、A
【解析】由已知条件可得 ，两边同时取以2为底的对数，化简计算可求得答案
【详解】因为碳14的质量是原来的 至 ，所以 ，
两边同时取以2为底的对数得 ，
A. B.
C. D.
5．已知 是定义在区间 上的奇函数，当 时， .则关于 的不等式 的解集为
A. B.
C. D.
6．已知函数 为定义在 上的偶函数，在 上单调递减，并且 ，则实数 的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．已知定义域为 的函数 满足： ，且 ，当 时， ，则 等于（）
A B.
C.2D.4
【详解】∵ ， ，
∴ .
故选：C
3、A
【解析】利用两角和的正弦公式化简函数， 代入周期计算公式 即可求得周期.
【详解】 ，周期为：
故选：A
【点睛】本题考查两角和的正弦公式，三角函数的最小正周期，属于基础题.
4、D
【解析】 是奇函数，故 ；又 是增函数， ，即 则有 ，解得 ，故选D.
【点睛】解本题的关键是利用转化化归思想，结合奇函数的性质将问题转化为
.
所以四棱锥 外接球 直径为 .
19、 (1)见解析(2) 点 为 的中点
【解析】（1）证面面垂直，可先由线面垂直入手即 ，进而得到面面垂直；（2）通过构造平行四边形，得到线面平行．
解析：
（1）连接 ，因为底面 是菱形， ,所以 为正三角形.
因为 是 的中点, 所以 ,
因为 面 , ，∴ ，
因为 ， ， ,
【详解】由题意得 ，即 ，解得 或 ，从而函数的定义域为 ∪ .
故答案为： ∪ .
14、9
【解析】利用 求 的最小值即可.
【详解】 ，当且仅当a＝b＝ 时取等号，
不等式 恒成立，则m≤9，故m的最大值为9.
故答案为：9.
15、-3
【解析】先求 ，再根据自变量范围分类讨论，根据对应解析式列方程解得结果.
所以 ，所以 ，
则推测良渚古城存在的时期距今约在4011年到5730年之间.
故选：A.
11、D
【解析】由函数 解析式可得关于自变量的不等式组，其解集为函数的定义域.
【详解】由题设可得： ，故 ，
故选：D.
12、D
【解析】可以将三棱锥侧面展开,将计算周长最小值转化成计算两点间距离最小值,解三角形,即可得出答案.
【详解】将三棱锥的侧面展开,如图
则将求截面 周长的最小值,转化成计算 的最短距离,
结合题意可知 = , ,所以 ,故
周长最小值为 ,故选D.
【点睛】本道题目考查了解三角形的知识,可以将空间计算周长最小值转化层平面计算两点间的最小值,即可.
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、 ∪
【解析】根据题意列出 满足的条件，解不等式组
（1）求圆 的方程；
（2）直线 ： ， 与圆 交于 ， 两点，若 （ 为坐标原点）的面积为 ，求直线 的方程.
参考答案
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、D
【解析】样本 ， ， ， 的总和为 ，样本 ， ， ， 的总和为 ，样本 ， ， ， ， ， ， ， 的平均数为 ，选D.
2、C
【解析】应用集合的补运算求 即可.
（1）试求 的值；
（2）若不等式 在 时恒成立，求实数 的取值范围.
18．如图，在四棱锥 中，底面为正方形 ， 底面 ，该四棱锥的正视图和侧视图均为腰长为6的等腰直角三角形.
（1）画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
（2）求证： ；
（3）求四棱锥 外接球的直径.
19．如图，四棱锥 的底面 是菱形， ， 平面 ， 是 的中点.
所以 .
又 , 所以面 ⊥面 .
（2）当点 为 的中点时， ∥面 .
事实上，取 的中点 , 的中点 ，连结 ， ，
∵ 为三角形 的中位线，
∴ ∥ 且 ，
又在菱形 中， 为 中点，
∴ ∥ 且 ，
∴ ∥ 且 ，
所以四边形 平行四边形.
所以 ∥ ，
又 面 ， 面 ，
∴ ∥面 ，结论得证.
点睛：这个题目考查了线面平行的证明，线面垂直的证明．一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行．证明线线垂直也可以从线面垂直入手．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．函数 定义域为____.
14．已知 ，且 ，若不等式 恒成立，则实数 的最大值是__________.
15．已知函数 若 ，则实数 的值等于________
16．已知 是第四象限角， ，则 ______
三、解答题（数且 ）的图象经过点 ，
故 .
故选：A.
8、D
【解析】根据 得到 ，根据题中条件，即可得出结果.
【详解】由已知 得 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
故选D.
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.
9、B
【解析】对 变形得到 ，构造新函数 ，得到 在 上单调递减，再对 变形为 ，结合 ，得到 ，根据 的单调性，得到解集.
因为圆 ： 关于直线 ： 对称的图形为圆 ，
所以 ，解得 ，
因为圆 和圆 的半径相同，即 ，
所以圆 的方程为 ，
（2）设圆心 到直线 ： 的距离为 ，原点 到直线 ： 的距离为 ，
则 ， ，
所以
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为
【点睛】关键点点睛：此题考查圆的方程的求法，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用点到直线的距离公式表示出圆心 到直线 的距离为 ，原点 到直线 的距离为 ，再表示出 ，从而由 的面积为 ，得 ，进而可求出 的值，问题得到解决，考查计算能力，属于中档题
20、 (1) .
(2) .
【解析】分析：（1）先根据 求出k的值，再利用平行线间的距离公式求 与 的距离 .(2)先根据 求出k的值，再解方程组得 与 的交点 的坐标.
详解：（1）若 ，则由 ，即 ，解得 或 .
当 时，直线 ： ，直线 ： ，两直线重合，不符合 ，故舍去；
当 时，直线 ： ，直线 ： ，所以 .
【详解】
当a>0时，2a=-2 解得a=-1，不成立
当a≤0时，a+1=-2,解得a=-3
【点睛】求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.
16、
【解析】利用同角三角函数的基本关系求出 的值，在利用诱导公式可求得结果.
A.4011B.3438
C.2865D.2292
11．函数 的定义域为（）
A B.
C. D.
12．已知正三棱锥P—ABC（顶点在底面的射影是底面正三角形的中心）的侧面是顶角为30°腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB，PC分别交于点D和点E，则截面△ADE周长的最小值是（）
A. B.2
C. D.2
2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
（1）求证：平面 平面 ；
（2）棱 上是否存在一点 ，使得 平面 ？若存在，确定 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.
20．已知直线 ： ，直线 ： .
（1）若 ，求 与 的距离 ；
（2）若 ，求 与 的交点 的坐标.
21．求经过点 和 ,圆心在 轴上的圆的方程.
22．已知圆 ： 关于直线 ： 对称的图形为圆 .
所以， .
故答案为： .
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1） ；（2） .
【解析】（1）利用函数图像上的两个点的坐标列方程组，解方程组求得 的值.
（2）将原不等式分离常数 ，利用函数的单调性，求出 的取值范围.
【详解】（1）由于函数 图像经过 ， ，所以 ，解得 ，所以 .
，再利用单调性继续转化为 ，从而求得正解.
5、A
【解析】分析：根据函数奇偶性的性质将不等式进行转化为一般的不等式求解即可
详解：∵ ，函数f(x)为奇函数，
∴ ，
又f(x)是定义在[−1,1]上的减函数，
∴ ，即 ，解得
∴不等式的解集为
故选A
点睛：解题的关键是根据函数的奇偶性将不等式化为 或 的形式，然后再根据单调性将函数不等式化为一般的不等式求解，解题时不要忘了函数定义域的限制
（2）原不等式 为 ，即 在 时恒成立，而 在 时单调递减，故在 时 有最小值为 ，故 .所以实数 的取值范围是 .
【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数的解析式，考查不等式恒成立问题的求解策略，考查函数的单调性以及最值，属于中档题.
18、 (1)见解析；（2）见解析；（3） .
【解析】（1）该四棱锥的俯视图为边长为6cm的正方形（内含对角线），如图，即可得出面积
8．如图，在 中， 为线段 上的一点， 且 ，则
A. B.
C. D.
9．定义在 上的函数 满足 ，且 ， ，则不等式 的解集为（）
A. B.
C. D.
10．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足 （ 表示碳14原有的质量）.经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的 至 ，据此推测良渚古城存在的时期距今约（）年到5730年之间？（参考数据： ， ）
6、D
【解析】利用函数的奇偶性得到 ，再解不等式组 即得解.
【详解】解：由题得 .
因为在 上单调递减，并且 ，
所以 ，所以 或 .
故选：D
7、A
【解析】根据函数的周期性以及奇偶性，结合已知函数解析式，代值计算即可.
【详解】因为函数 满足： ，且 ，
故 是 上周期为 的偶函数，故 ，
又当 时， ，则 ，
解析：
圆 的圆心在 轴上，设圆心为 ,
由圆过点 和 ,
由 可得 ，即 ，求得 ，
可得圆心为 ，
半径为 ，
故圆的方程为 .
点睛：这个题目考查了圆的方程的求法，利用圆的定义得到圆上的点到圆心的距离相等，可列出式子．一般和圆有关的多数是利用圆的几何性质，垂径定理列出方程，利用切线的性质即切点和圆心的连线和切线垂直列式子．注意观察式子的特点
（2）若 ，则由 ，得 .
所以两直线方程为 ： ， ： ，
联立方程组 ，解得 ，所以 与 的交点 的坐标为 .
点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线 与直线 平行，则 且两直线不重合.直线 与直线 垂直，则 .
21、 .
【解析】根据条件得到 ，设圆心为 ，根据点点距列出式子即可，求得参数值
(2)设法证明 面 即可；
（3）由侧视图可求得 即为四棱锥 外接球的直径
试题解析：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，
边长为6的正方形，如图，其面积为36.
(2)证明：因为 底面 ， 底面 ，
所以 ，由底面为正方形 ，所以 ,
， 面 ， 面 ，
所以 面 ， 面 ，所以
（3）由侧视图可求得
由正视图可知 ，所以在Rt△ 中，
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1．样本 ， ， ， 的平均数为 ，样本 ， ， ， 的平均数为 ，则样本 ， ， ， ， ， ， ， 的平均数为
A B.
C. D.
2．已知全集 ，集合 ，那么 （）
A. B.
C. D.
3．已知 ，则 的周期为（）
A. B.
C.1D.2
4．函数 在 单调递增，且为奇函数，若 ，则满足 的 的取值范围是
22、（1） ，（2）
【解析】（1）设圆 圆心为 ，则由题意得 ，求出 的值，从而可得所求圆的方程；
（2）设圆心 到直线 ： 的距离为 ，原点 到直线 ： 的距离为 ，则有 ， ，再由 的面积为 ，列方程可求出 的值，进而可得直线方程
【详解】解：（1）设圆 的圆心为 ，由题意可得 ，
则 的中点坐标为 ，
【详解】 ，不妨设 ，故 ，即 ，
令 ，则 ，故 在 上单调递减， ，
不等式两边同除以 得： ，因为 ，所以 ，即 ，
根据 在 上单调递减，故 ，综上：
故选：B
10、A
【解析】由已知条件可得 ，两边同时取以2为底的对数，化简计算可求得答案
【详解】因为碳14的质量是原来的 至 ，所以 ，
两边同时取以2为底的对数得 ，
A. B.
C. D.
5．已知 是定义在区间 上的奇函数，当 时， .则关于 的不等式 的解集为
A. B.
C. D.
6．已知函数 为定义在 上的偶函数，在 上单调递减，并且 ，则实数 的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．已知定义域为 的函数 满足： ，且 ，当 时， ，则 等于（）
A B.
C.2D.4
【详解】∵ ， ，
∴ .
故选：C
3、A
【解析】利用两角和的正弦公式化简函数， 代入周期计算公式 即可求得周期.
【详解】 ，周期为：
故选：A
【点睛】本题考查两角和的正弦公式，三角函数的最小正周期，属于基础题.
4、D
【解析】 是奇函数，故 ；又 是增函数， ，即 则有 ，解得 ，故选D.
【点睛】解本题的关键是利用转化化归思想，结合奇函数的性质将问题转化为
.
所以四棱锥 外接球 直径为 .
19、 (1)见解析(2) 点 为 的中点
【解析】（1）证面面垂直，可先由线面垂直入手即 ，进而得到面面垂直；（2）通过构造平行四边形，得到线面平行．
解析：
（1）连接 ，因为底面 是菱形， ,所以 为正三角形.
因为 是 的中点, 所以 ,
因为 面 , ，∴ ，
因为 ， ， ,
【详解】由题意得 ，即 ，解得 或 ，从而函数的定义域为 ∪ .
故答案为： ∪ .
14、9
【解析】利用 求 的最小值即可.
【详解】 ，当且仅当a＝b＝ 时取等号，
不等式 恒成立，则m≤9，故m的最大值为9.
故答案为：9.
15、-3
【解析】先求 ，再根据自变量范围分类讨论，根据对应解析式列方程解得结果.
所以 ，所以 ，
则推测良渚古城存在的时期距今约在4011年到5730年之间.
故选：A.
11、D
【解析】由函数 解析式可得关于自变量的不等式组，其解集为函数的定义域.
【详解】由题设可得： ，故 ，
故选：D.
12、D
【解析】可以将三棱锥侧面展开,将计算周长最小值转化成计算两点间距离最小值,解三角形,即可得出答案.
【详解】将三棱锥的侧面展开,如图
则将求截面 周长的最小值,转化成计算 的最短距离,
结合题意可知 = , ,所以 ,故
周长最小值为 ,故选D.
【点睛】本道题目考查了解三角形的知识,可以将空间计算周长最小值转化层平面计算两点间的最小值,即可.
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、 ∪
【解析】根据题意列出 满足的条件，解不等式组
（1）求圆 的方程；
（2）直线 ： ， 与圆 交于 ， 两点，若 （ 为坐标原点）的面积为 ，求直线 的方程.
参考答案
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、D
【解析】样本 ， ， ， 的总和为 ，样本 ， ， ， 的总和为 ，样本 ， ， ， ， ， ， ， 的平均数为 ，选D.
2、C
【解析】应用集合的补运算求 即可.
（1）试求 的值；
（2）若不等式 在 时恒成立，求实数 的取值范围.
18．如图，在四棱锥 中，底面为正方形 ， 底面 ，该四棱锥的正视图和侧视图均为腰长为6的等腰直角三角形.
（1）画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
（2）求证： ；
（3）求四棱锥 外接球的直径.
19．如图，四棱锥 的底面 是菱形， ， 平面 ， 是 的中点.
所以 .
又 , 所以面 ⊥面 .
（2）当点 为 的中点时， ∥面 .
事实上，取 的中点 , 的中点 ，连结 ， ，
∵ 为三角形 的中位线，
∴ ∥ 且 ，
又在菱形 中， 为 中点，
∴ ∥ 且 ，
∴ ∥ 且 ，
所以四边形 平行四边形.
所以 ∥ ，
又 面 ， 面 ，
∴ ∥面 ，结论得证.
点睛：这个题目考查了线面平行的证明，线面垂直的证明．一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行．证明线线垂直也可以从线面垂直入手．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．函数 定义域为____.
14．已知 ，且 ，若不等式 恒成立，则实数 的最大值是__________.
15．已知函数 若 ，则实数 的值等于________
16．已知 是第四象限角， ，则 ______
三、解答题（数且 ）的图象经过点 ，
故 .
故选：A.
8、D
【解析】根据 得到 ，根据题中条件，即可得出结果.
【详解】由已知 得 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
故选D.
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.
9、B
【解析】对 变形得到 ，构造新函数 ，得到 在 上单调递减，再对 变形为 ，结合 ，得到 ，根据 的单调性，得到解集.
因为圆 ： 关于直线 ： 对称的图形为圆 ，
所以 ，解得 ，
因为圆 和圆 的半径相同，即 ，
所以圆 的方程为 ，
（2）设圆心 到直线 ： 的距离为 ，原点 到直线 ： 的距离为 ，
则 ， ，
所以
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为
【点睛】关键点点睛：此题考查圆的方程的求法，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用点到直线的距离公式表示出圆心 到直线 的距离为 ，原点 到直线 的距离为 ，再表示出 ，从而由 的面积为 ，得 ，进而可求出 的值，问题得到解决，考查计算能力，属于中档题
20、 (1) .
(2) .
【解析】分析：（1）先根据 求出k的值，再利用平行线间的距离公式求 与 的距离 .(2)先根据 求出k的值，再解方程组得 与 的交点 的坐标.
详解：（1）若 ，则由 ，即 ，解得 或 .
当 时，直线 ： ，直线 ： ，两直线重合，不符合 ，故舍去；
当 时，直线 ： ，直线 ： ，所以 .
【详解】
当a>0时，2a=-2 解得a=-1，不成立
当a≤0时，a+1=-2,解得a=-3
【点睛】求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.
16、
【解析】利用同角三角函数的基本关系求出 的值，在利用诱导公式可求得结果.
A.4011B.3438
C.2865D.2292
11．函数 的定义域为（）
A B.
C. D.
12．已知正三棱锥P—ABC（顶点在底面的射影是底面正三角形的中心）的侧面是顶角为30°腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB，PC分别交于点D和点E，则截面△ADE周长的最小值是（）
A. B.2
C. D.2
2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
（1）求证：平面 平面 ；
（2）棱 上是否存在一点 ，使得 平面 ？若存在，确定 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.
20．已知直线 ： ，直线 ： .
（1）若 ，求 与 的距离 ；
（2）若 ，求 与 的交点 的坐标.
21．求经过点 和 ,圆心在 轴上的圆的方程.
22．已知圆 ： 关于直线 ： 对称的图形为圆 .