2022-2023学年四川省巴中市通江中学高二上学期10月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省巴中市通江中学高二上学期10月月考数学（理）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省巴中市通江中学高二上学期10月月考数学（理）试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以.故选：D. 2．已知命题,； 命题,, 则下列命题中为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断命题p和命题q的真假,然后根据且或非之间关系选出正确的选项.【详解】解:由题知,命题,,,符合题意,故命题p为真命题,命题,,成立,故命题q为真命题,所以为真命题,故选:A3．若x，y满足约束条件则的最大值是（    ）A． B．4 C．8 D．12【答案】C【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数为，上下平移直线，可得当直线过点时，直线截距最小，z最大，所以.故选：C. 4．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（    ）．A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.【详解】设圆心，则，化简得，所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.5．如图，在三棱锥中，，，，则异面直线OB与AC所成的角是（    ）A．30° B．60° C．90° D．120°【答案】B【分析】由异面直线的向量求法求解即可【详解】∵，，∴．∵，，∴．又∵，∴，∴，又异面直线所成角的取值范围∴异面直线OB与AC所成的角为60°．故选：B6．在等边中，O为重心，D是的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算计算作答.【详解】O为的重心，延长AO交BC于E，如图，E为BC中点，则有，而D是的中点，所以.故选：D7．设圆的圆心为C， 直线l过点， 且与圆C交于A，B两点， 若， 则 直线l的方程为（  ）A． B．或C． D．或【答案】D【分析】由直线与圆相交的弦长与点到直线的距离公式列式求解，【详解】圆的方程为，得圆心，半径，，则圆心到直线距离为1，当直线l的斜率不存在时，方程为，此时圆心到直线距离，满足题意，当直线l的斜率存在时，设方程为，由题意得，解得，此时方程为，综上，直线l的方程为或，故选：D8．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（    ）﹒A．平面PAC B． C． D．平面平面PBC【答案】C【分析】结合空间中点、线、面的位置关系，对选项逐个分析判断即可.【详解】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而底面圆面，则，又由圆的性质可知，且，平面，则平面，所以A正确；对于B，由A可知平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，而平面，所以，所以B正确；对于C，假设成立，由平面，且平面，所以，而，且平面，所以平面，由A可知平面，所以，显然不成立，故假设错误，即C不正确；对于D，由B可知，平面，因为平面，所以平面平面，所以D正确.故选：C.【点睛】本题考查线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生的推理能力与空间想象能力，属于中档题.9．下列结论正确的是（    ）①过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为；②圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1；③已知，为坐标原点，点是圆：外一点，且直线的方程是，则直线与圆相交；④已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为；A．①③ B．②③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】对①，考虑截距为零的情况，即可判断；对②，求出圆心到直线距离，由数形结合判断即可；对③，点P在圆外，有，求出圆心到直线距离，即可判断；对④，整理直线知过定点，求出，由数形结合判断即可；【详解】对①，当截距为零时，易得直线l为，①错；对②，圆的圆心为，半径，则圆心到l的距离为，故圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1，②对；对③，点P在圆外，则有，圆心到直线m的距离为，故直线与圆相交，③对；对④，直线，过定点，则，直线和以，为端点的线段相交，则或，④错；故选：B10．设函数，若时，的最小值为，则（  ）A．函数的周期为B．将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数C．当，的单增区间为D．函数在区间上的零点个数共有6个．【答案】D【分析】由题意得函数周期后求解，再由三角函数性质与图象变换对选项逐一判断，【详解】由题意得的周期为，则，，则A错误，对于B，的图像向左平移得，不为奇函数，故B错误，对于C，令，得，当，的递增区间为，故C错误，对于D，当时，，当取时，为的零点，共6个，故D正确，故选：D11．已知矩形,,,将沿对角线AC进行翻折,得到三棱锥,则在翻折的过程中,有下列结论:①三棱锥的体积最大值为;②三棱锥的外接球体积不变;③三棱锥的体积最大值时,二面角的大小是60°;④异面直线AB与CD所成角的最大值为90°．其中正确的是（   ）A．①②④ B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【分析】在翻折过程中,平面平面时,三棱锥的体积最大,可判断①的正误,取中点为,可得,所以为棱锥的外接球圆心,故体积不变,可判断②的正误,平面平面时,三棱锥的体积最大,找到二面角的大小所对应的角,求出余弦值,可判断③的正误,假设,由线面垂直的判断和性质,可判断④的正误.【详解】解:关于①,画图如下:由题知,当平面平面时,三棱锥的体积最大,过点D向AC做垂线,垂足为E,在中可得,平面平面,平面平面,是三棱锥的高,三棱锥的体积最大值为,故①错误;对于②,记中点为,如图所示和均为直角三角形,为中点,,为棱锥的外接球圆心,半径为,三棱锥的外接球体积不变,故②正确;关于③,当平面平面时,三棱锥的体积最大,由①知,平面,过做,交于,连接,平面,平面,故即为二面角的大小,,为的四等分点,,,为的四等分点,,,故③错误;关于④,当沿对角线AC进行翻折,使得时,在中,,平面,平面,平面,此时,故异面直线AB与CD所成角的最大值为90°正确,故④正确;故选:C12．已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的范围，得解.【详解】以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，，故，，所以  在中运用余弦定理与基本不等式得：，在中运用余弦定理与基本不等式得：，上两式相加得：，故有： ，在中由正弦定理得：， 因此，.故选：B 二、填空题13．已知直线：与：平行，则______.【答案】【分析】根据两直线平行列方程，验证后求得的值.【详解】由于，所以，解得或.当时，两直线方程为，两直线重合，不符合题意.当时，两直线方程为，两直线平行，符合题意.综上所述，的值为.故答案为：14．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．【答案】.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又，所以所以．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．15．如果不等式的解集为，且，那么实数的取值范围是 ____【答案】【分析】将不等式两边分别画出图形，根据图像得到答案.【详解】不等式的解集为，且画出图像知： 故答案为【点睛】本题考查了不等式的解法，将不等式关系转化为图像是解题的关键.16．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为_______.【答案】【分析】先由阿波罗尼斯圆的定义求出定点坐标，再由结合三点共线求出最小值即可.【详解】设，，所以，又，所以.因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值为，当且仅当三点共线时取等.故答案为：. 三、解答题17．已知，且 ，，且或.(1)若，，求实数的值；(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）根据集合的运算可得出关于实数的等式组，由此可解得实数的值；（2）由题意可知，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】（1）解：因为，或，且，，所以， ，解得.（2）解：因为是的充分不必要条件，则，则或，解得或.18．已知数列的前n项和，是递增等比数列，且，.（1）求数列和的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）首先根据与的关系求数列的通项公式，再根据条件求等比数列的基本量，求数列的通项公式；（2），利用错位相减法求和.【详解】（1）当时，；当时，；当n=1时符合上式，∴；∴，，∴数列的公比，∴；（2）由（1）可得，∴，①，②①-②，整理得.【点睛】本题考查已知数列与的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和包含1.公式法，利用等差和等比数列的前项和公式求解；2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；3.裂项相消法求和，适用于能变形为， 4.分组转化法求和，适用于；5.倒序相加法求和.19．已知函数（其中，，，均为常数，且，，）的部分图像如图所示．(1)求的解析式；(2)若，，求的值域．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据函数图像可得、、，再由五点法求，进而写出解析式；（2）应用诱导公式、辅助角公式可得，根据正弦型函数的性质求值域.【详解】（1）由题图且，则，，，则且，又，故，综上，.（2）由题设，，而，所以，则，故20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为，且满足．(1)求角B．(2)若边上的中线长为，求的面积和周长．【答案】(1)(2)，周长为． 【分析】（1）利用外接圆的半径为，将化为，再根据正弦定理及两角和的正弦公式化为，然后根据角为三角形的内角可求出结果；（2）设D为边上的中点，利用余弦定理和可求出，利用余弦定理，求出，利用三角形的面积公式可求出三角形的面积.由及可求出，从而可求出三角形的周长.【详解】（1）由外接圆半径为得，由，得，利用正弦定理得：，即，化简得，由C为的内角，得，可得，又B为的内角，所以．（2）由正弦定理得：，设D为边上的中点，则，在中，，在中，，因为，所以，可得，由余弦定理，即，，由三角形面积公式得：，由，得，得，所以周长为．21．如图，在直角梯形中，，，平面，，．(1)求证：；(2)在直线上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析.(2)存在，. 【分析】(1)证明平面即可；(2)假设M存在，建立直角坐标系，用向量法求M的坐标即可.【详解】（1）如图，作，，连接交于，连接，，∵且，∴，即点在平面内．在平行四边形中，，∴，又由平面知，∴平面，∴①在矩形中，，∴②∴由①②知，平面，∴．（2）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，又平面，∴为平面的一个法向量，∴，解得，故在上存在点，且．22．已知点到的距离是点到的距离的2倍.（1）求点的轨迹方程；（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.【分析】（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.【详解】（1）设点，由题意可得，即，化简可得.（2）设，由(1)得点满足的方程，又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.令，则，可视为直线在y轴上的截距，的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，所以，，所以.因此的最大值为138.（3）存在点，使得为定值.当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，由，消去，得，显然，设，则，，又，，则要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.当直线的斜率不存在时，，，由可得.所以存在点，使得为定值.【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．