2023扬州中学高二上学期10月月考试题数学含解析

江苏省扬州中学2022-2023学年第一学期10月月考

高二数学

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求．）

1. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（    ）

A.  B.  C. 0 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.

【详解】由于直线的倾斜角为，

则该直线的斜率为，

又因为，，

所以，解得.

故选：B.

2. 已知是单位向量，且，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据，可得，再根据数量积运算律求出夹角的余弦值，即可得解.

【详解】解：因为是单位向量，

所以，

又因为，

所以，

即，

所以，

又，

所以与的夹角为.

故选：D.

3. 下列说法中错误的是（    ）

A. 平面上任意一条直线都可以用一个关于，的二元一次方程（，不同时为0）表示

B. 当时，方程（，不同时为0）表示的直线过原点

C. 当，，时，方程表示的直线与轴平行

D. 任何一条直线的一般式方程都能与其他两种形式互化

【答案】D

【解析】

【分析】根据直线方程表示不同直线的充要条件即可做出判断.

【详解】A：因为在平面直角坐标系中，每一条直线都有倾斜角，当时，直线的斜率

存在，其方程可写成，它可变形，与比较，

得，，；当时，直线的斜率不存在，其方程可写成，

与比较，得，，，显然，不同时为0，

所以A说法正确；

B：当时，方程（，不同时为0）即，

显然有，即直线过原点，所以B说法正确；

C：当，，时，方程可化为，

它表示的直线与轴平行，所以C说法正确；

D：当直线平行于坐标轴时一般式不能化为两点式或点斜式，所以D说法错误．

故选：D.

4. 若某平面截球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离是4，则此球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】画出图形，结合图形和已知条件可求出球的半径，从而可求出球的体积.

【详解】如图，为球心，是截面圆的圆心，则由题意可得

,

在中，

所以球的体积为

故选：C

5. 过点作圆的两条切线，设切点分别为、，则直线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，可知圆的圆心为，半径，由切线长公式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，两方程作差后计算可得答案．

【详解】解：根据题意，可知圆的圆心为，半径，

过点作圆的两条切线，设切点分别为、，

而，则，

则以为圆心，为半径为圆为，即圆，

所以为两圆的公共弦所在的直线，则有，

作差变形可得：；

即直线的方程为.

故选：B.

6. 将函数的图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0）所得图象关于y轴对称，则a的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由辅助角公式，整理函数解析式，根据平移变换，结合对称性，可得答案.

【详解】函数，

将函数的图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0），

得到的函数：，∵所得图象关于y轴对称，

∴，解得，

∴a的最小值是．

故选：C．

7. 已知圆和两点，，若圆C上存在点P，使得，则m的取值范围是（    ）

A. [8，64] B. [9，64]

C. [8，49] D. [9，49]

【答案】D

【解析】

【分析】设P的坐标为，由可得P的轨迹为，又因为点P在圆C上，所以两圆有公共点，从而求解即可.

【详解】解：设P的坐标为，因为，，，

所以，化简得，

又因为点P在圆上，

所以圆与圆C有公共点，

所以且，

解得，

故选：D．

8. 已知函数，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题对取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.

【详解】令，

当时，方程为，即，

作出函数及的图象，

由图象可知方程的根为或，即或，

作出函数的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；

当时，方程为，即，

由图象可知方程的根，即，

结合函数的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.

故选：C.

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9. 已知复数z满足，给出下列四个命题其中正确的是（     ）

A. z的虚部为 B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据复数除法化简，再逐项计算即可求解.

【详解】，

，

故z的虚部为，，，，

所以AD正确，BC错误.

故选：AD

10. 已知直线l过点，且与直线：及x轴围成一个底边在x轴上的等腰三角形，则下列说法正确的是（    ）

A. 直线l与直线的倾斜角互补 B. 直线l在x轴上的截距为

C. 直线l在y轴上的截距为－1 D. 这样的直线l有两条

【答案】AC

【解析】

【分析】根据题意，得到与的倾斜角互补，故选项A正确；由条件根据点斜式求出直线l方程，由此判断选项B， C， D．

【详解】因为直线l与直线及x轴围成一个底边在x轴上等腰三角形，所以直线l与直线的倾斜角互补，所以直线l与直线的斜率相反，又直线的斜率为2，,所以直线l的斜率为，又直线l过点，所以直线l的方程为，所以满足条件的直线只有一条，且直线l在x轴上的截距为，在y轴上的截距为－1，所以只有A，C正确.

故选：AC.

11. 已知圆O：和圆C：.现给出如下结论，其中正确的是

A. 圆O与圆C有四条公切线

B. 过C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或

C. 过C且与圆O相切的直线方程为

D. P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A，先由已知判断两圆的位置关系，从而可判断两圆的公切线的条数；

对于B，截距相等可以过原点或斜率只能为，从而可得直线方程；

对于C，由于点C在圆O外，所以过点C与圆O相切的直线有两条；

对于D，的最大值为圆心距与两圆半径的和，最小值为圆心距与两圆半径的差，

【详解】解：由题意可得，圆O：的圆心为，半径，

圆C：的圆心，半径,

因为两圆圆心距，

所以两圆相离，有四条公切线，A正确；

截距相等可以过原点或斜率只能为，B不正确；

过圆外一点与圆相切的直线有两条，C不正确；

的最大值等于，最小值为，D正确.

故选：AD

【点睛】此题考查两圆的位置关系的有关性质，属于基础题

12. 在正方体ABCD—中，，点P在线段上运动，点Q在线段上运动，则下列说法中正确的有(    )

A. 当P为中点时，三棱锥P-的外接球半径为

B. 线段PQ长度的最小值为2

C. 三棱锥-APC的体积为定值

D. 平面BPQ截该正方体所得截而可能为三角形、四边形、五边形

【答案】ABC

【解析】

【分析】A：易知三棱锥P-的外接球球心为中点，据此即可求解判断；B：根据几何图形即可判断线段PQ长度的最小值为AB；C：易知为定值；D：作出平面BPQ与正方体各个面的交线即可判断其形状．

【详解】对于A，当P为中点时，

∵是正方形，∴，

∵AB⊥平面，平面，∴AB⊥，

∵AB∩=B，AB、平面ABP，∴平面ABP，

∵平面AP，∴平面AP⊥平面ABP，

易知Rt△ABP外接圆圆心为AP中点，Rt△AP外接圆圆心为中点，

则过Rt△ABP外接圆圆心作平面ABP的垂线，过Rt△AP外接圆圆心作平面AP的垂线，易知两垂线交点为中点，则三棱锥P-的外接球球心即为中点，外接球半径即为，故A正确；

对于B，如图过P作PG⊥BC于G，过Q作QE⊥PG于E，

易知PQ≥QE=AG≥AB，故线段PQ长度的最小值为AB=2，故B正确；

对于C，

∵∥，平面，平面，∴∥平面，

∵P∈，故P到平面的距离为定值，又为定值，则为定值，故C正确；

对于D，易知，截面BPQ与平面的交线始终为，连接，易知∥，过Q作QF∥交于F，连接、QB，则即为截面，其最多为四边形：

当Q与重合，P与重合，此时截面BPQ为三角形：

平面BPQ截该正方体所得截面不可能为五边形，故D错误﹒

故选：ABC﹒

【点睛】本题综合考察空间中的点、线、面的关系，A选项的关键是找到外接球球心，B选项利用几何关系即可判断，C选项利用三棱锥等体积法即可判断，D选项需充分利用空间里面的平行关系作出截面形状进行判断.

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

13. 若直线与坐标轴围成的面积为9，则=__________．

【答案】

【解析】

【分析】令、，求出直线与坐标轴的交点坐标，再由面积公式得到方程，解得即可.

【详解】解：对于直线，令得，即直线过点，

令得，即直线过点，

所以，解得；

故答案为：

14. 已知函数，则不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据函数的单调性解不等式即可.

【详解】根据题目所给的函数解析式，可知函数在上是减函数，

所以，解得.

故答案为:

15. “康威圆定理”是英国数学家约翰·康威引以为豪的研究成果之一.定理的内容是这样的：如图，的三条边长分别为，，.延长线段至点，使得，以此类推得到点和，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆.已知，则由生成的康威圆的半径为___________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用弦长相等，，圆心与弦所在直线距离相等，得圆心是直角的内心，从而易求得圆半径．

【详解】设是圆心，因为，因此到直线的距离相等，从而是直角的内心，作于，连接，则，

，

所以．

故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查求圆心的半径，关键是找出圆心位置，解题根据是利用弦长相等，则圆心到弦所在直线的距离相等，从而得出圆心是题中直角三角形内心，这样由勾股定理可得结论．

16. 已知直线：与轴相交于点，过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，两点，记是的中点，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】利用圆的性质，结合图像，把问题转化为跟圆有关的最值问题进行处理.

【详解】由题意设点，，，

因为，是圆的切线，所以，，

所以在以为直径的圆上，其圆的方程为:

，又在圆上，

将两个圆的方程作差得直线的方程为：，

即，所以直线恒过定点，

又因为，，，，四点共线，所以，

即在以为直径的圆上，

其圆心为，半径为，如图所示:

所以，

所以的最小值为.

故答案为：.

四、解答题（本大题共6小题，计70分．）

17. 在平面直角坐标系中，直线过点.

（1）若直线的倾斜角为，求直线的方程；

（2）直线，若直线与直线关于直线对称，求值与直线的方程.

【答案】（1）   

（2），直线的方程为

【解析】

【分析】（1）先求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程，

（2）由题意可知点在直线上，则点也在直线，代入直线方程可求出的值，再求出直线与坐标轴的交点，求出关于直线的对称点，则此点在直线上，从而可求出直线的方程

【小问1详解】

因为直线的倾斜角为，

所以直线的斜率为，

因为直线过点，

所以直线的方程为，即

【小问2详解】

因为在对称轴上，

所以点也在直线上，

所以，得

所以直线为，过原点，

则关于直线的对称点为，

所以点在直线上，

所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，即

18. 已知圆与圆相交于A、B两点.

（1）求公共弦AB所在直线方程；

（2）求过两圆交点A、B，且过原点的圆的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）两圆方程相减即可得到公共弦AB所在直线方程；

（2）通过过交点的圆系方程设出圆，代入原点求解即可.

【小问1详解】

，①

，②

①-②得

即公共弦AB所在直线方程为.

【小问2详解】

设圆的方程为

即

因为圆过原点，所以，

所以圆的方程为

19. 已知圆C与直线相切于点，且与直线也相切.

（1）求圆C的方程；

（2）若直线与圆C交于A，B两点，且，求实数m的范围.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）设出圆的标准方程，利用切点与圆心连线和切线垂直、圆上的点到圆心的距离等于、圆心到切线的距离为进行求解；

（2）利用数量积为负得到为钝角或平角，转化为圆心到直线的距离小于进行求解.

【小问1详解】

解：设圆C的方程为，

由题意得，即，

解得，，，

即圆C的方程为.

【小问2详解】

解：由题意，得为钝角或平角，

当A，B，C共线时，，此时为平角；

当A，B，C不共线时，，为钝角，

设圆心C到直线l的距离为d，则，

于是，有，

解之得或，且；

综上，实数m的取值范围是或.

20. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求的大小；

（2）若平分交于且，求面积的最小值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）结合三角形的内角和定理、诱导公式化简已知条件，由此求得.

（2）根据已知条件求得或，结合基本不等式求得三角形面积的最小值.

【小问1详解】

依题意，，则，

故，则，

，

，

由于，所以，所以，

则为锐角，且.

【小问2详解】

依题意平分，

在三角形中，由正弦定理得，

在三角形中，由正弦定理得，

所以，由正弦定理得.

在三角形中，由余弦定理得，

在三角形中，由余弦定理得，

所以，

整理得，

所以或.

当时，三角形是等边三角形，，，

，所以.

当时，，

当且仅当时等号成立，

所以三角形.

综上所述，三角形面积的最小值为.

21. 为了选择奥赛培训对象，今年月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

（1）利用组中值估计本次考试成绩的平均数；

（2）从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；

（3）已知学生成绩评定等级有优秀､良好､一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；

（2）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果；

（3）根据频率分布直方图计算出第五组和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.

【小问1详解】

由频率分布直方图可知平均数.

【小问2详解】

成绩在的频率为，成绩在的频率为，

第百分位数位于，设其为，

则，解得：，第百分位数为.

【小问3详解】

第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为；

则从中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；

其中至少人成绩优秀的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；

至少人成绩优秀的概率.

22. 已知圆，点是圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为．

（1）已知直线：与圆相切，求直线的方程；

（2）若点满足，求点的轨迹方程；

（3）若过点且斜率分别为的两条直线与（2）中的轨迹分别交于点、，、，并满足，求的值．

【答案】（1）或   

（2）   

（3）0

【解析】

【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于半径直接求解即可；

（2）设出，用M坐标表示出P坐标，代入P点所在曲线方程即可；

（3）设出直线AB，联立椭圆方程，表示出，解出即可.

【小问1详解】

圆，圆心，半径为4，直线：与圆相切，

故，解得或，故直线方程为或.

【小问2详解】

设，则，又点在圆上，，即，化简得.

【小问3详解】

设，所在直线方程为，联立得，

化简得，则，，同理，

由可得，化简，又，故，即.

【点睛】本题关键点在于设出直线的方程，联立椭圆后借助韦达定理表示出，

进而由求得的关系，即可求出答案.