2022-2023学年江西省上高二中高二上学期11月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省上高二中高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知不等式的解集为,则不等式的解集为(   )

A．或 B．

C． D．或

【答案】A

【分析】由不等式的解集为,可得的根为，

，由韦达定理可得的值，代入不等式解出其解集即可.

【详解】的解集为,

的根为，

即，，

解得，

则不等式可化为，

即为，

解得或，故选A.

【点睛】本题考查的知识点是—元二次不等式的解法，及一元二次不等式的解集与一元二次方程的根之间的关系，其中利用韦达定理求出的值，是解答本题的关键.

2．若复数，则的虚部是（    ）

A．i B．2i C．1 D．2

【答案】C

【分析】利用复数的除法和乘法法则进行化简计算，得到的虚部.

【详解】，

，

故虚部是1.

故选：C.

3．已知向量、满足， 与的夹角为，则（　　）

A． B． C． D．、

【答案】C

【分析】直接对化简，然后利用数量积的定义和运算律求解即可

【详解】因为， 与的夹角为，

所以

，

故选：C

4．若圆上总存在两个点到点的距离为2，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】将问题转化为圆与相交，从而可得，进而可求出实数a的取值范围.

【详解】到点的距离为2的点在圆上，

所以问题等价于圆上总存在两个点也在圆上，

即两圆相交，故，

解得或，

所以实数a的取值范围为，

故选：A．

5．已知曲线，曲线的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．将曲线先向右平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长为原来的2倍得到

B．将曲线先向右平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长为原来的倍得到

C．将曲线先向右平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长为原来的2倍得

D．将曲线先向右平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长为原来的倍得到

【答案】A

【分析】先求对应的函数解析式，从而可得两者之间的变化过程.

【详解】因为图象过，故，而，故，

又图象在轴右侧的第一个对称中心为，故，

故，故.

将变化为， 可先把向右平移个单位，得到的图象对应的函数为，

然后，纵坐标不变，横坐标扩大为原来的2倍，则可得，

故选：A.

6．在锐角中，，，分别为三边，，所对的角，若，且满足关系式，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先通过，利用辅助角公式可得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.

【详解】解：得，又，所以.

在锐角中，，

由正弦定理得：

所以，

所以.

因为，

所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角形中的最值问题，是中档题.

7．如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

则，

所以，，，

设平面的法向量为，则，

∴，令，可得，

又，

设直线与平面所成的角为，则

，又，

∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.

故选：C.

8．已知直线l与圆交于A，B两点，点满足，若AB的中点为M，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，，则、，由点在圆上可得，再由向量垂直的坐标表示可得，进而可得M的轨迹为圆，即可求的最大值.

【详解】设，中点，则，，

又，，则，

所以，

又，则，而，，

所以，即，

综上，，整理得，即为M的轨迹方程，

所以在圆心为，半径为的圆上，则.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：由点圆位置、中点坐标公式及向量垂直的坐标表示得到关于的轨迹方程.

二、多选题

9．若，，，则的可能取值有（   ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】利用题设条件，将式子化成，观察得出，之后利用乘以1不变，结合基本不等式求得其范围，进而得到正确答案.

【详解】原式

（当且仅当，时取等号）.

故选：CD.

10．若关于的方程在区间上有且只有一个解，则的值可能为（    ）

A． B． C．0 D．1

【答案】AC

【分析】整理换元之后，原问题转化为在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点. 作出简图，数形结合可得结果.

【详解】整理可得，

令，因为，则.

所以在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点.

由图可知，或，解得或.

故选：AC.

11．已知动直线与圆，则下列说法正确的是（    ）

A．直线过定点

B．圆的圆心坐标为

C．直线与圆的相交弦的最小值为

D．直线与圆的相交弦的最大值为4

【答案】ACD

【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.

【详解】对于A，直线，即，

令，得，即直线过定点，故A正确；

对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；

对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，

当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，

又因为，所以相交弦的最小为，故C正确；

对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.

故选：ACD

12．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线上的一点，且，下面结论中正确结论的有（    ）

A．；

B．当取最小值时，；

C．若，则；

D．若P为的中点，四棱锥的外接球表面积为．

【答案】ABD

【分析】以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.

【详解】

以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，

则，，设，

，，即，

则可解得，

对A，，，，则，则，故A正确；

对B，

，

则当时，取最小值，故B正确；

对C，，，，

则，

，则，则，

即，则，故C错误；

对于D，当P为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为O，四棱锥的外接球半径为R，所以，解得，

故四棱锥的外接球表面积为，所以D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.

三、填空题

13．已知是互相垂直的单位向量，若与的夹角为，则实数的值是______．

【答案】

【分析】利用向量夹角的公式可得关于的方程，从而可求的值.

【详解】，，

而，

故，解得.

故答案为：.

14．设偶函数的部分图象如图所示，为等腰直角三角形， 则的值为_________．

【答案】

【分析】通过函数的图象，利用求出A和函数的周期，进一步确定，利用函数是偶函数求出，即可求出.

【详解】由题意，因为为等腰直角三角形，所以,

所以，则，而函数是偶函数，所以，又，故，于是.

所以.

故答案为：.

15．已知圆C：(x﹣1)2+y2=1，点P(x0，y0)在直线x﹣y+1=0上运动.若C上存在点Q，使∠CPQ=30°，则x0的取值范围是___________.

【答案】

【分析】首先根据题意画出图形，根据题意得到符合条件的点在以为圆心，为半径的圆与直线交于，两点之间，再联立方程组求解即可.

【详解】

如图圆，在直线上，

若圆存在点，使得，

当在直线上运动，极端情况，与圆相切，.

在中，，所以.

所以以为圆心，为半径的圆与直线交于，两点.

符合条件的点在线段之间.

所以或.

故的取值范围为.

故答案为：

16．如图，在正四棱锥中，，点为的中点，．若，则实数_____

【答案】4

【分析】连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出实数λ．

【详解】解：连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，

设PA＝AB＝2，则A（，0，0），D（0，，0），P（0，0，），M（，0，），B（0，，0），

（0，﹣2，0），设N（0，b，0），则（0，b，0），

∵λ，∴﹣2，∴b，

∴N（0，，0），（，，），（，0），

∵MN⊥AD，∴10，

解得实数λ＝4．

故答案为4．

【点睛】本题考查实数值的求法，考查空间向量、正四棱锥的结构牲等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

四、解答题

17．已知函数.

（1）求函数的单调递减区间；

（2）将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在的值域.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）通过降幂公式和辅助角公式将函数f（x）化简，进而求出单调递减区间；

（2）先通过图象变换求出函数g（x），进而通过降幂公式和辅助角公式将函数h（x）化简，进而求出函数的值域.

【详解】（1），

令则

∴函数的单调递减区间为：.

（2）将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再将图象向左平移个单位，得到的图象，

∴，

∵，∴，∴，

∴，

即的值域为：.

18．在中，内角，，的对边长分别为、、，且为.

（1）求角的大小；

（2）若，求面积的最大值.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合辅助角公式可整理得，根据角所处的范围可求得，求得；（2）利用余弦定理构造等式，结合基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果.

【详解】（1）由及正弦定理可得：

        ，即：

        ，解得：

（2）由余弦定理得：

（当且仅当时取等号）

，即面积的最大值为

【点睛】本题考查解三角形相关知识，涉及到利用正弦定理进行边角互化、利用余弦定理和基本不等式求解三角形面积的最大值的问题，属于常考题型.

19．已知圆过点、，且圆周被直线平分．

(1)求圆的标准方程；

(2)已知过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意可知直线过圆心，AB的垂直平分线也过圆心，求出其方程后与已知直线方程联立，求出圆心坐标及半径，便可写出圆的标准方程.

（2）根据垂径定理求出点到直线的距离，斜率存在时设直线方程为，利用点到直线距离公式求得，求出直线方程，斜率不存在.

【详解】（1）解：由题意得：

∵，，且直线过圆心

∴AB的中点坐标为

又

∴AB的垂直平分线方程为，即

联立，解得

∴圆C的圆心坐标为，

则圆C的标准方程为．

（2）当斜率存在时，设直线方程为，即．

圆心，到直线的距离

解得

∴直线l的方程为

当斜率不存在时，也满足条件

则直线l的方程为或．

20．如图，在四棱锥中，，，，，，.

(1)证明：平面.

(2)若为的中点，求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；

（2）以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角的方法即可求出答案.

【详解】（1）证明：由题可知为等边三角形，所以，.

在中，由余弦定理得，

所以，所以.

因为，且，所以平面.

因为平面，所以.

因为，且相交，

所以平面.

（2）以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，.

设平面的法向量为，

则令，得.

取平面的一个法向量为，

则.

由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.

21．已知圆：与：相交于A、B两点．

(1)求公共弦AB所在的直线方程；

(2)求圆心在直线y＝－x上，且经过A、B两点的圆的方程；

(3)求经过A、B两点且面积最小的圆的方程．

【答案】(1)x－2y＋4＝0

(2)

(3)

【分析】（1）两圆相减，可得公共弦所在直线方程；

（2）首先设圆系方程（为常数），根据圆心在直线上，求，即可求得圆的方程；

（3）面积最小的圆，就是以线段AB为直径的圆，即可求得圆心和半径.

【详解】（1）将两圆方程相减得x－2y＋4＝0，此即为所求直线方程．

（2）设经过A、B两点的圆的方程为（为常数），

则圆心坐标为；又圆心在直线y＝－x上，故，

解得，故所求方程为．

（3）由题意可知以线段AB为直径的圆面积最小．两圆心所在直线方程为2x＋y＋3＝0，

与直线AB方程联立得所求圆心坐标为，由弦长公式可知所求圆的半径为．

故面积最小的圆的方程为．

22．已知三棱柱中，.

(1)求证: 平面平面.

(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.

【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.

(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.

【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，

则有，因，，平面，于是得平面，

而平面，则，由得，，平面，

从而得平面，又平面，

所以平面平面.

（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，

则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，，则，

假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，

则有，设平面的一个法向量，

则有，令得，而平面的一个法向量，

依题意， ，化简整理得：

而，解得，

所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.