2022-2023学年四川省宜宾市叙州区高二上学期第一学月考试数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年四川省宜宾市叙州区高二上学期第一学月考试数学（理）试题

一、单选题

1．点关于轴的对称点为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据关于轴的对称点的坐标关系直接列式求解即可.

【详解】因为点关于轴的对称点为,

所以由对称性知，解得，

故选：D

2．若，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出直线的斜率的取值范围，利用斜率与倾斜角的关系可出结果.

【详解】因为，则，

所以，直线的斜率为，

因此，直线的倾斜角的取值范围是.

故选：B.

3．过点在两坐标轴上的截距绝对值相等的直线有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】C

【分析】考虑截距为0，截距相等且不为0，截距互为相反数且不为0，求出相应的方程，得到答案.

【详解】当截距为0时，设直线方程为，将代入，

求得，故方程为；

当截距不为0时，

①截距相等时，设方程为，

将代入，即，解得：，

故方程为；

②截距互为相反数时，设直线方程为，

将代入，即，解得：，

故方程为；

一条是截距为0，一条是截距相等(不为0)，一条是截距互为相反数(不为0)，共3条.

故选：C

4．命题：，为假命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】原命题若为假命题，则其否定必为真，即恒成立，由二次函数的图象和性质，解不等式可得答案．

【详解】命题”为假命题，命题“，”为真命题，

当时，成立，

当时，，故方程的解得：，

故的取值范围是：，要满足题意，则选项是集合真子集，故选项B满足题意.

故选：B

5．若变量满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．2 B．7 C．8 D．10

【答案】B

【分析】根据约束条件，作图表示可行域，根据目标函数的几何意义，可得答案.

【详解】在平面直角坐标系内，可行解域如下图所示:

平移直线，在可行解域内，经过点时，直线在纵轴上的截距最大，解二元一次方程组:的最大值为，

故选：B.

6．设，则“且”是“且”的（    ）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】根据不等式性质证明充分性成立，利用举反例说明必要性不成立.

【详解】若且，由不等式的同向可加性可得，由不等式的同向同正可乘性可得，所以“且”可以推出“且”，即充分性成立；

反之，若，，满足且”，所以 “且”不可以推出“且”，即必要性不成立；

所以“且”是“且”的充分不必要条件.

故选：A.

7．曲线方程的化简结果为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到给出的曲线方程的几何意义，是动点到两定点的距离之和等于定值，符合椭圆定义，然后计算出相应的得到结果.

【详解】曲线方程，

所以其几何意义是动点到点和点的距离之和等于，符合椭圆的定义. 点和点是椭圆的两个焦点.

因此可得椭圆标准方程，其中，所以

，所以

所以曲线方程的化简结果为.

故选D项.

【点睛】本题考查曲线方程的几何意义，椭圆的定义，求椭圆标准方程，属于简单题.

8．已知圆关于对称，则的值为　　

A． B．1 C． D．0

【答案】A

【分析】化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标，代入求得，验证可得答案．

【详解】化圆为．

则圆心坐标为，

圆关于对称，

所以直线经过圆心，

，得．

当时，，不合题意，

．

故选A．

【点睛】本题主要考查圆的一般方程与标准方程的互化以及圆的几何性质的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题．

9．方程表示的曲线是（    ）

A．一个圆和一条直线 B．半个圆和一条直线

C．一个圆和两条射线 D．一个圆和一条线段

【答案】C

【解析】根据两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为或，表示以原点为圆心，3为半径的圆和直线在圆外面的两条射线，如图所示．

【详解】解：变形为：或，

表示以原点为圆心，3为半径的圆和直线在圆外面的两条射线，如右图．

故选：．

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，利用了数形结合的思想，画出相应的图形是解本题的关键．

10．已知正方体的边长为2，点E，F分别为棱CD，的中点，点P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面BEF，则点P的轨迹长为（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】A

【分析】通过作图，利用面面平行找到点P的轨迹，从而求得其长度，即得答案.

【详解】画出示意图如下：

取中点N，取 中点M，连接 ,

则,则四边形为平行四边形，所以BE，

连接,则,故MNEF，

又 ，平面 平面BEF,

所以平面BEF平面B1MN，

平面∩平面=MN，所以P点轨迹即为MN，

长度为；

证明：因为平面BEF平面 ，

P点是MN上的动点，故平面，

所以平面BEF，满足题意.

故选：A．

11．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】可得曲线表示以为圆心，2为半径的圆的左半圆，直线过定点，化出图形，数形结合可求.

【详解】由整理可得，且，

故曲线表示以为圆心，2为半径的圆的左半圆，

直线过定点，

由图可知，且，

则要使直线与曲线有两个交点，满足，

故k的取值范围是.

故选：D.

12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，，，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】C

【分析】由已知条件，结合得出，然后利用椭圆的定义可得答案．

【详解】∵，，

∴，∴，∴

∴的周长为．

故选：C．

二、填空题

13．如果椭圆的焦点在轴上，且，则此椭圆的标准方程为_____________

【答案】

【分析】直接由题意求出椭圆的标准方程．

【详解】椭圆的焦点在轴上，且，则此椭圆的标准方程为：．

故答案为：．

14．已知，且，的最小值是___________.

【答案】

【分析】利用基本不等式，结合“1”的变换，即可求解.

【详解】 ，

当且仅当时，即，时，等号成立.

故答案为：

15．圆：和圆：外切，则实数m的值为______.

【答案】

【分析】根据两圆外切圆心距与半径之和的关系即可列方程求解.

【详解】圆：的圆心为，半径为，

圆：的圆心为，半径为，（），

由于两圆外切，所以，

故答案为：

16．在直角坐标系中，已知，动点满足，则面积的范围为________

【答案】

【分析】根据题意求出点的轨迹方程与边AC的方程，利用圆上的点到直线的最远距离为圆心到直线的距离加上半径，最近距离为圆心到直线的距离减去半径，即可求出点到边AC的距离的最大值与最小值，进而求出面积的范围．

【详解】设点，则

由已知得，

所以，即

故点的轨迹方程为，即，其圆心，半径为．

直线AC的方程为，即

圆心到直线AC的距离

则点到边AC的距离的最小值为，最大值为

又

则面积的最小值为，最大值为，

所以面积的范围为．

故答案为：．

三、解答题

17．已知直线l经过直线x＋3y-4＝0与直线3x＋4y-2＝0的交点P，且垂直于直线x-2y-1＝0．

(1)求直线l的方程；

(2)求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积．

【答案】(1)；

(2)1.

【分析】（1）解方程组求出点P的坐标，由垂直条件求出直线l的斜率，并由点斜式写出方程作答.

（2）求出直线l与二坐标轴的交点坐标即可求出三角形面积作答.

【详解】(1)依题意，由，解得，则，

因为直线l与直线x-2y-1＝0垂直，设直线l的斜率为k，则，解得k＝-2，

所以直线l的方程为，即2x＋y＋2＝0.

(2)直线l：2x＋y＋2＝0与x轴的交点为，与y轴的交点为，

所以直线l与两坐标轴围成的三角形的面积．

18．已知，命题；命题.

(1)若是真命题，求的取值范围；

(2)若为真命题，为假命题，求的取值范围.

【答案】(1)，

(2)，

【分析】（1）根据的取值范围可得的最大值，根据恒成立问题可得的范围；

（2）根据题意，求出命题为真时的取值范围，再根据题意为真命题，为假命题，则、一真一假，从而可解出的取值范围．

【详解】(1)根据题意，若是真命题，即在，恒成立，

当，时，的最大值为4，所以，

故的取值范围为，；

(2)因为命题，，

当方程有一个根：，则或，

又当时，，符合题意，

当时，（不合题意，舍去），

当方程有一正一负两根：，则，

当方程有两正根：，则，

综上，若为真命题时，的取值范围为，，

又若为真命题，为假命题，则、一真一假，

当真假时，，无解，当假真时，，则，

综上，的取值范围为，．

19．如图，在直三棱柱中，，，E为线段的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明平面,再根据面面垂直的判定定理证明结论即可；

（2）作辅助线，找出直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案 .

【详解】(1)证明：在直三棱柱中，

平面ABC，所以.

又因为，，平面，平面，

所以平面.因为平面，所以.

又因为，所以.

因为，E为线段的中点，

所以.因为，平面，平面，

所以平面,

又平面，所以平面平面.

(2)取的中点F，连接EF，，

则，所以.

因为在直三棱柱中，所以，

又因为，平面，平面，

所以平面.所以为直线与平面所成的角.

因为，所以，，，

所以.

因为平面，平面，所以，

所以，

所以直线与平面所成角的正切值为.

20．已知圆C：，直线l：.

(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；

(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.

（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.

【详解】(1)由圆：，可得，

其圆心为，半径，

若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.

(2)由（1）知：圆心到直线的距离，

因为，即，解得：，

所以，整理得：，解得：或，

则直线为或.

21．已知椭圆：，，点在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；

(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，，证明，斜率之积为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据与点在上代入椭圆方程求解即可；

（2）设的方程为，联立与椭圆的方程，设，，表达出，再代入韦达定理化简即可.

【详解】(1)由题意得，故椭圆为，

又点在上，所以，得，，

故椭圆的方程即为；

(2)由已知直线过，设的方程为，

联立两个方程得，消去得：，

得，

设，，则，（），

因为，故，

将（）代入上式，可得：，

∴直线与斜率之积为定值．

22．平面直角坐标系中，圆M经过点，，．

(1)求圆M的方程；

(2)设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上，过点D作与直线垂直的直线，交圆M于E、F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值．

【答案】(1)

(2)7

【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求解；

（2）设直线的方程为，分k＝0和k≠0两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，，再根据，结合基本不等式即可得出答案．

【详解】(1)设圆M的方程为，

则，解得，

所以圆M的标准方程为；

(2)设直线的方程为，即，

则圆心到直线的距离，

所以，

（i）若，则直线斜率不存在，则，，则，

（ii）若，则直线得方程为，即，

则圆心到直线的距离，

所以，

则，

当且仅当，即时，等号成立，

综上所述，因为，所以S的最大值为7．