2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．，成等比数列是的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分 C．充要 D．既不充分也非必要

【答案】A

【分析】将“成等比数列”与“”相互推导，根据能否推导的情况，判断出充分、必要条件.

【详解】当“成等比数列”时，；当“”时，可能，此时“不成等比数列”.所以“成等比数列”是“”的充分非必要条件.

故选：A

【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比中项的性质，属于基础题.

2．关于函数有下列命题：

①为偶函数；

②要得到函数的图像，只需将的图像向右平移个单位；

③的图像关于直线对称；

④在内的单调增区间为和．

其中正确命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】对于①，化简函数的解析式即可判断函数的奇偶性；

对于②，利用三角函数的图象的平移求解析式即可；

对于③，通过的值，代入函数的解析式，判断函数是否取得最值即可；

对于④，利用函数y=sinx的单调性即可判断．

【详解】对于①，因为，所以 ，显然是非奇非偶函数，故①不正确；

对于②，将的图象向右平移个单位长度，得到，

所以要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位长度，故②正确；

对于③，当时，，

所以的图象关于直线对称，故③正确；

对于④，因为函数，

由，，得，，

所以在内的增区间为和．故④不正确；

综上：①④不正确，②③正确，故正确命题的个数为.

故选：B.

3．已知点与点在直线的两侧，给出以下结论：

①；

②当时，有最小值，无最大值；

③；

④当且时，的取值范围是.

正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由与的位置关系有，数形结合法判断位置，结合的几何意义判断、的范围，应用点线距离公式有判断③.

【详解】将代入有，

而与在的两侧，则，①错误；

由上知：且，则在直线上方与y轴右侧部分，

所以，故无最值，②错误；

由上图知：在直线左上方，则，③正确；

由过且且，即在直线上方与y轴右侧部分，

而表示与连线的斜率，由图知：，④正确.

故选：B

4．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．

【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．

依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，

当直线时，， ，此时最小．

∴即 ，由解得， ．

所以以为直径的圆的方程为，即 ，

两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．

故选：D.

【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．

二、填空题

5．已知两条直线：，：，则与的距离为______．

【答案】

【分析】将：化为，再由平行线间的距离公式即可求出结果.

【详解】因为：可化为，所以与的距离为

.

故答案为

【点睛】本题主要考查两条平行线间的距离公式，熟记公式即可，属于基础题型.

6．已知，，且与的夹角为钝角，则实数k的取值范围是______．

【答案】;

【分析】由已知得且不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.

【详解】因为，，且与的夹角为钝角，

所以且不共线，则，

解得且，即.

故答案为：.

7．已知直线与直线平行，则的值为__________．

【答案】或##-1或0

【详解】若直线与直线平行，

则，

且，

解得：或．

8．已知(是虚数单位)是方程的一个根，则__________.

【答案】1

【分析】先利用复数的除法运算求出z，然后代入方程求出a,利用共轭复数和模的定义求解即可.

【详解】，

，解得 ，

，

故答案为：1

9．过点且与坐标轴围成的三角形面积为1的直线l的斜截式方程是______．

【答案】或

【分析】由题意设直线l为，从而求得在坐标轴上的截距，再利用三角形面积公式得到关于的二次方程，解之即可.

【详解】由题意所求直线l的斜率必存在，且不为，设其斜率为，则直线l方程为，

令，得，令，得，

故所围三角形面积为，即，

当时，上式可化为，解得或；

当时，上式可化为，方程无解；

综上：直线的斜截式方程是或.

故答案为：或.

10．无穷等比数列的前n项和为，且，则首项的取值范围是_______．

【答案】;

【分析】利用无穷等比数列的前n项和的极限得到的关系，再由即可求得的取值范围.

【详解】因为在无穷等比数列中，，即，

因为，

所以当时，；

当时，；

综上：或，即.

故答案为：.

11．已知圆C与圆D：关于直线对称，则圆C的方程为_______．

【答案】

【分析】已知圆D：，化为标准方程可得圆心坐标及半径，圆C与圆D关于直线对称，转化为两圆心关于直线对称，半径相等，求出圆C的圆心，则可得圆C的方程.

【详解】因为，

设圆C的圆心为，

又因为圆C与圆D关于直线对称，

即圆心与关于直线对称，

所以，解得，

所以，圆C的方程为

12．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，当P，A，B不共线时，△PAB面积的最大值是________.

【答案】

【解析】设，，，则，化简得，当点到轴）距离最大时，面积的最大值.

【详解】设，，

则，化简得

如图，

当点到轴）距离最大时，面积的最大值，

面积的最大值是．

故选：A

【点睛】本题考查轨迹方程求解、直线与圆的位置关系，属于中档题．

13．若圆：和圆：没有公共点，则实数k的取值范围是_______．

【答案】

【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，再由圆心距与半径间的关系列式求解即可．

【详解】化圆：为，

则，圆心坐标为，半径为，

圆：的圆心坐标为，半径为1，

要使圆：和圆：没有公共点，

则或，而，

所以或，

解得或，

故实数k的取值范围为.

故答案为：.

14．过点A（11,2）作圆的弦，其中弦长为整数的共有___

【答案】32

【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．

【详解】将圆的方程化为标准方程得：（x+1）2+（y﹣2）2＝169，

∴圆心坐标为（﹣1，2），半径r＝13，

∵A到圆心的距离d12，

∴最短的弦长为210，

则圆心（﹣1，2），半径r＝13过点A（11，2）的最短的弦长为10，最长的弦长为26，

（分别只有一条）还有长度为11，12，…，25的各2条，

则共有弦长为整数的2+2×15＝32条．

故答案为32

【点睛】此题考查了直线与圆相交的性质，实际上是求弦长问题，容易出错的地方是：除最小最大弦长外，各有2条．

15．如图，正方形ABCD的边长为20米，圆O的半径为1米，圆心足正方形的中心，点P、Q分别在线段AD、CB上，若线段PQ与圆O有公共点，则称点Q在点P的“盲区”中. 已知点P以1.5米/秒的速度从A出发向D移动，同时，点Q以1米/秒的速度从C出发向B移动，则点P从A移动到D的过程中，点Q在点P的育区中的时长约为________秒（精确到0.1）

【答案】4.4

【分析】以为坐标原点,建立适当的平面直角坐标系,求得的坐标和直线的方程,圆方程,运用点到直线的距离公式,以及直线和圆相交的条件,解不等式即可得到所求时长.

【详解】以为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系：

由题意可设，

所以直线的方程为：，

圆方程为：，

因为直线与圆有交点，

所以，化为，解得，

所以点在点的盲区中的时长约为秒.

故答案为：

【点睛】本题考查直线和圆的方程的应用，直线和圆的位置关系,坐标法和二次不等式的解法,属于中档题.

16．若实数、满足，则的取值范围是______.

【答案】

【详解】令，此时，，

且题设等式化为.

于是，满足方程.

如图，在平面内，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆在的部分，即点与弧并集.

故.

从而，.

三、解答题

17．

(1)若动点M到定点的距离与到定直线的距离相等，求动点M的轨迹方程；

(2)已知动直线和圆相交于A、B两点，求弦AB的中点的轨迹方程

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可知动点的轨迹是经过定点且垂直于定直线的直线，据此解答即可；

（2）先由直线的定点得到，再由中点坐标公式求得，将点代入圆即可求得弦AB的中点的轨迹方程.

【详解】（1）注意到定点在定直线上，

所以动点的轨迹是经过定点且垂直于定直线的直线，

则，直线为，即动点M的轨迹方程为.

（2）动直线经过定点，而点在圆上，设定点为点，即，

设弦的中点坐标为，则点的坐标为，

把点代入圆，得，化简得，

所以弦AB的中点的轨迹方程为.

18．如图，点C是半径为1，圆心角为的圆弧AB上的点．

(1)若C为圆弧AB的中点，点D在线段OA上运动，求的最小值：

(2)若D，E分别为线段OA，OB的中点，当C在圆弧AB上运动时，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）借助题设条件建立直角坐标系，运用向量模的计算公式建立函数求解；

（2）借助题设运用向量的数量积公式和三角变换公式建立三角函数探求.

【详解】（1）以为原点，为轴，反方向为轴，建立直角坐标系，如图，

则，

设，则，

所以，

当时，，即的最小值为.

.

（2）由题意，设，，

所以，

因为，则，故，

所以．

19．如图，半圆O的直径，点C在AB的延长线上，，点P为半圆上异于A，B两点的一个动点，以点P为直角顶点作等腰直角，且点D与圆心O分布在PC的两侧，设．

(1)将线段PC的长度表示为的函数；

(2)求四边形ACDP面积的最大值，并求取得最大值时的值．

【答案】(1)，

(2)；

【分析】（1）根据题意先求得，再利用余弦定理将线段PC的长表示为的函数；

（2）将四边形ACDP面积表示为角的函数，再利用三角函数的性质即可求得最值.

【详解】（1）依题设易知是以为直角的直角三角形，

又，所以，

在中，，

由余弦定理得，

所以，定义域为.

（2）设四边形ACDP面积为，

则其中为锐角，

因为所以，

又因为，所以，

所以当时，取得最大值为，

所以四边形ACDP面积的最大值为5，

此时，，所以，

又由得，解得或（舍去），

故.

20．如图，已知满足条件（其中i为虚数单位）的复数z在复平面xOy对应的点的轨迹为圆C（圆心为C），设复平面xOy上的复数对应的点为，定直线m的方程为，过的一条动直线l与直线m相交于N点，与圆C相交于P、Q两点，M是弦PQ中点．

(1)若直线l经过圆心C，求证：l与m垂直；

(2)当时，求直线l的一般式方程；

(3)设，试问t是否为定值？若为定值，请求出t的值，若t不为定值，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)或

(3)是，

【分析】（1）通过圆心和计算出的斜率，的斜率已知为，计算即可证明与垂直；

（2）对直线的斜率是否存在分类讨论，利用几何方法（是圆心到直线的距离，是圆的半径）求解斜率；

（3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，斜率不存在时通过数值直接计算即可；斜率存在时，先与圆的方程联立求从而求解出的坐标表示，同理与联立求解出的坐标表示，由此计算是否为定值.

【详解】（1）因为，所以，所以圆心，半径；

又因为，所以，而，所以，所以与垂直；

（2）当直线的斜率不存在时，，此时，所以，满足题意；

当的斜率存在且为时，，即，则，

所以由，得，解得，此时；

综上：直线的方程为或；

（3）当直线的斜率不存在时，易知，

所以，所以，即；

当直线的斜率存在且为时，设，，

联立，消去，得，

所以，，即，所以；

又由，可得，所以，

故，

综上：为定值，且.

【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的综合应用，难度较难.

（1）复数的常见轨迹问题：表示以对应的点为圆心，半径为的圆；且表示以对应的点为焦点，为长轴长的椭圆；

（2）定值问题的计算，可采用由特殊到一般的思路去解答.

21．已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，若数列满足，且等式对任意成立．

（1）求数列的通项公式；

（2）将数列与的项相间排列构成新数列，设该新数列为，求数列的通项公式和前项的和；

（3）对于（2）中的数列前项和，若对任意都成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2），；（3）．

【分析】（1）由4Sn＝（an+1）2，n＝1时，4a1，解得a1，n≥2时，4an＝4（Sn﹣Sn﹣1），化为：（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，根据数列{an}的各项均为正数，可得an﹣an﹣1＝2，利用等差数列的通项公式可得an．

（2）数列{bn}满足b1＝2，b2＝4，且等式bn2＝bn﹣1bn+1对任意n≥2成立．利用等比数列的通项公式可得bn．进而得出cn，T2n．

（3）Tn≥λ•cn，即n2+2n+1﹣2≥λcn，对n分类讨论即可得出．

【详解】（1）由，即，所以，

两式相减得，，

故，      

因为，所以．      

又由得．

所以，数列是首项为，公差为的等差数列．

所以，数列的通项公式为．  

（2）由题意，数列是首项为，公比为的等比数列，故．

所以，    

数列的前项和，数列的前项和．

所以，．  

（3）当为偶数时，设（），由（2）知，，，

由，得，  

即，  

设，则，

所以，当时，单调递增，当时，单调递减．

因为，当时，，所以，．

所以，．  

当为奇数时，设（），则，

，  

由，得，即，

设，则

，故单调递增，，故．

综上，的取值范围是．

【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式、分类讨论方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．