2022-2023学年江苏省南京市天印高级中学高二上学期11月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南京市天印高级中学高二上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．过点且与直线平行的直线方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平行直线的特点先设出待求直线方程，代入所过点可得答案.

【详解】由题意设所求方程为，

因为直线经过点，

所以，即，所以所求直线为.

故选：A.

2．设是虚数单位，复数为实数，则实数的值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数除法运算化简，然后根据复数为实数的条件求得的值.

【详解】依题意，复数为实数，

所以.

故选：C

3．如图在梯形中，，，设，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以，

又，，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型.

4．自然对数的底数，e是一个奇妙有趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头．某教师为帮助同学们了解“e”，让同学们从小数点后的3位数字7，1，8随机选取两位数字，整数部分2不变，那么得到的数字不大于2.78的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】列举出所有数字，应用古典概型的概率求法求结果.

【详解】由题意，新数字有，共6种，

其中数字不大于2.78的有，共4种，

所以得到的数字不大于2.78的概率为.

故选：A

5．已知中，内角，，的对边分别为，，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可.

【详解】根据正弦定理，由

因为，所以，于是有，

故选：A

6．若直线与直线垂直，垂足为，则（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】D

【分析】根据垂直关系可求，再根据点在直线上可求，，从而可得正确的选项.

【详解】因为与直线垂直，故即，

因为垂足为，故，故，

故，

故选：D.

7．若圆与圆关于直线对称，圆上任意一点均满足，其中，为坐标原点，则圆和圆的公切线有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】C

【分析】由圆，可得圆心，半径.设圆心关于直线的对称点为，根据已知可列出方程组，解出，.再根据半径为2，可得圆的方程.设，根据，整理可得圆的方程，判定两圆的位置关系即可得出两圆的公切线的条数.

【详解】圆的圆心为，半径为，

设圆心关于直线的对称点为，

则有，解得，所以.

又圆的半径，则圆的半径，

所以圆的方程为.

设，则，.

又，则，

整理可得，，

圆的方程为，圆心，.

则圆和圆圆心距，

又，则

所以，圆和圆外切，所以两圆的公切线有3条.

故选：C.

二、多选题

8．（多选题）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝“两次都击中飞机”，B＝“两次都没击中飞机”，C＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是（    ）

A．A⊆D B．B∩D＝

C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D

【答案】ABC

【分析】根据试验过程，分析出事件A、B、C、D的含义，对四个选项一一判断.

【详解】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A⊆D ，A∪C＝D.故A、C正确；

因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D＝.故B正确；

对于D：A∪B＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等.故D错误.

故选：ABC.

9．某小组有2名男生和3名女生，从中任选2名同学去参加唱歌比赛，在下列各组事件中，是互斥事件的是（    ）

A．恰有1名女生和恰有2名女生 B．至少有1名男生和至少有1名女生

C．至少有1名女生和全是女生 D．至少有1名女生和全是男生

【答案】AD

【分析】逐个选项分析事件之间是否有同时发生的可能性再判断即可.

【详解】A中两个事件是互斥事件,恰有一名女生即选出的两名学生中有一名男生一名女生,它与恰有2名女生不可能同时发生，A是；

B中两个事件不是互斥事件,两个事件均可能有一名男生和一名女生，B不是；

C中两个事件不是互斥事件,至少一名女生包含全是女生的情况，C不是；

D中两个事件是互斥事件,至少有一名女生与全是男生显然不可能同时发生，D是.

故选：AD

10．下列结论正确的是（    ）

A．过点(－2，－3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x＋y＝－5;

B．已知直线kx-y-k-1＝0和以M（-3，1），N（3，2）为端点的线段相交，则实数k的取值范围为;

C．已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，直线m的方程是ax＋by＝r2，则m与圆相交;

D．若圆上恰有两点到点N（1，0）的距离为1，则r的取值范围是(4，6).

【答案】CD

【分析】A选项分情况讨论，直线过原点和不过原点两种情况；B选项中直线kx-y-k-1＝0恒过点，计算即可求解；C选项中利用圆心到直线距离及点P在圆外即可判断；D选项根据以N为圆心，1为半径的圆与已知圆相交，利用圆心距与两圆的圆的半径间关系即可求解.

【详解】A中直线过原点时，由两点式易得，直线方程为，故错误；

B中直线kx-y-k-1＝0可化为，所以直线恒过定点，，直线与线段相交，所以或，故错误；

C中圆心到直线的距离，而点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，所以

，所以，所以直线与圆相交，故正确.

D中与点N（1，0）的距离为1的点在圆上，由题意知圆与圆相交，所以圆心距满足，解得，故D正确.

故选：CD

【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，点到直线的距离公式，斜率公式，直线过定点，考查计算能力，属于中档题．

11．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．平面

C．三棱锥的体积为定值

D．异面直线，所成的角为定值

【答案】ABC

【分析】通过线面的垂直关系可判A项真假；根据线面平行可判B项真假；根据三棱锥的体积计算的公式可判C项真假；根据列举特殊情况可判D项真假.

【详解】因为，，，

平面，平面，所以平面，

又因为平面，所以，故A项正确；

易知，所以，且平面，平面，

所以平面，故B项正确；

如图1，连结交于点.

图1

因为平面，平面，所以，

所以.

因为，，，平面，平面，，所以平面.

所以到平面的距离为，

所以为定值，故C项正确；

D．当，，取为，如下图2所示：

图2

因为，所以异面直线所成角为，，

且；

当，，取为，如下图3所示：

图3

易知，，所以四边形是平行四边形，所以.

因为，是的中点，所以.

又，，，

所以异面直线所成角为，且，

由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.

故选：ABC.

12．已知圆，直线，点在直线上运动，直线分别于圆切于点.则下列说法正确的是（    ）

A．四边形的面积最小值为

B．最短时，弦长为

C．最短时，弦直线方程为

D．直线过定点

【答案】ABD

【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，根据切线长与圆心到定点距离和半径之间关系，即切线长可知当时，最小，可确定四边形面积最小值，同时利用面积桥可求得，由此可知AB正确；设，可知方程为：，由可求得点坐标，由此可得方程，知C正确；将代入方程，根据直线过定点的求法可知D正确.

【详解】由圆的方程知：圆心，半径，

对于AB，四边形的面积，

则当最短时，四边形的面积最小，

点到直线的距离，，

此时，A正确；

又，此时，B正确；

对于C，设，，，

则过作圆的切线，切线方程为：；过作圆的切线，切线方程为：，

又为两切线交点，，

则两点坐标满足方程：，即方程为：；

当最小时，，直线方程为：，

由得：，即，

方程为：，即，C错误；

对于D，由C知：方程为：；

又，即，

方程可整理为：，

由得：，过定点，D正确.

故选：ABD.

【点睛】结论点睛：过圆上一点作圆的切线，则切线方程为：；过圆外一点作圆的两条切线，切点弦所在直线方程为：.

三、填空题

13．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为___________.

【答案】##

【分析】设，进而根据求出，然后根据平面向量夹角公式求得答案.

【详解】由题意，设，又，设与的夹角为，所以，所以.

故答案为：.

14．过点作圆的切线，切线方程是___________.

【答案】或.

【分析】先求出圆心和半径，再分切线斜率存在和不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可.

【详解】因为，所以点在圆外，

因为圆方程化为，所以圆心，半径，

当切线斜率不存在时，，圆心到直线的距离为，满足题意；

当切线斜率存在时，设切线方程为，即，

所以，得，

所以切线为，则，

综上：切线方程为或.

故答案为：或.

15．如图，边长为3的正方形ABCD，F，H，E，G分别为AD，BC的三等分点，把四边形ABEF，DCGH分别沿EF，GH折起来，使得AB，DC重合形成一个几何体，则此几何体的外接球的表面积为________．

【答案】

【分析】先计算出直棱柱底面外接圆直径，结合直棱柱的高，利用公式，计算出外接球的半径，再利用球的表面积公式可得出答案．

【详解】解：由已知条件可知，折后的几何体为直三棱柱，且底面为等边三角形，

底面外接圆的直径，直三棱柱的高为，

设几何体的外接球的半径为，则，

因此折叠后的外接球的表面积为，

故答案为：．

16．在平面直角坐标系中，圆的方程为，点在直线上，若过点存在直线与圆交于A，B两点，且点A为中点，则点的横坐标的取值范围是___________.

【答案】.

【分析】设点，，求出A的坐标，代入圆，利用辅助角公式，即可确定点横坐标的取值范围.

【详解】解：设点，，

因为点A为中点，

所以A点坐标为，，

又点A在圆上，从而，

整理得，

从而，

于是由，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知三个顶点的坐标分别为，，.

(1)求边中线所在直线的方程；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据已知条件，先求出线段的中点坐标，再结合直线的两点式公式，即可求解.

（2）先求出，再结合点到直线的距离公式，即可求解.

【详解】（1），，

线段的中点坐标为，又，

边中线所在直线的方程为，即；

（2），，

，

，，

则，

直线的方程为，即，

点到直线的距离为，

的面积.

18．如图所示，在三棱柱中，为正方形，是菱形，平面平面．

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）要证明线面平行，需先证明线线平行，结合题意易证明；

（2）要证明线线平行，需先证明线面平行，即证明平面.

【详解】（1）是菱形，

，

平面，平面，

平面.

（2）连接，

四边形是菱形，，

平面平面，且平面平面，

，

平面，且平面，

，且，

平面，

又平面,

.

【点睛】本题考查线面平行和线线垂直的证明，意在考查空间想象能力和推理证明，属于基础题型.

19．已知直线.

(1)证明：直线过定点；

(2)若直线不经过第四象限，求的取值范围；

(3)若直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，的面积为，求的最小值并求此时直线的方程.

【答案】(1)证明见解析

(2)；

(3)最小值为4，.

【分析】（1）直线，即，列出方程组即可求解.

（2）根据已知条件，推出斜率与截距的不等式组即可求解.

（3）根据直线的方程，分别求出直线在轴，轴上的截距，再结合三角形的面积公式，以及基本不等式的公式即可求解.

【详解】（1）直线，即，

联立，解得，

故直线过定点；

（2）直线，即，

直线不经过第四象限，

，解得，

故的取值范围是；

（3）如图所示

直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，则，

直线中，令，解得，令，解得，

当且仅当，即时等号成立.

的最小值为4，此时的直线方程为.

20．在平面直角坐标系中，半径为2的圆的圆心C在第一象限，直线截圆C所得的弦长为，直线平分圆的周长.

(1)求圆C的方程；

(2)已知，，若P在圆C上，求的最小值，及此时点P的坐标.

【答案】(1)

(2)20，

【分析】（1）根据已知条件，设出圆心坐标，再结合垂径定理，即可求解.

（2）设，则，当OP最小时，取最小值，即可求解.

【详解】（1）∵直线平分圆的周长，∴直线过圆心，设圆心为，，

又∵半径为2的圆的圆心C在第一象限，直线截圆C所得的弦长为，

∴圆心到直线的距离，解得，

∴圆心，半径为2，∴圆心C的方程为.

（2）设，则，

当OP最小时，取最小值，∵，

∴，，

∴，此时点P的坐标为.

21．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙､丙､丁相互之间胜负的可能性相同.

(1)求乙获连负两场的概率；

(2)求甲获得冠军的概率；

(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）乙获连负两场，所以1、4均负，由独立事件概率公式，即可得出答案；

（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜，1负4胜5胜6胜，1胜3负5胜6胜，由此求出甲获得冠军的概率；

（3）分成三类进行讨论，若乙的决赛对手是甲，若乙的决赛对手是丙，若乙的决赛对手是丁，从而能求出乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.

【详解】（1）根据题意，乙获连负两场，所以1、4均负，

所以乙获连负两场的概率为.

（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：

1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，

所以甲获得冠军的概率为.

（3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：

甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，

所以甲与乙在决赛相遇的概率为：，

若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：

乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，

同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：

，

若乙的决赛对手是丁，则其概率与乙的决赛对手是丙相同，

所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.

22．已知圆C经过三点.

（1）求圆C的方程；

（2）设点A在圆C上运动，点，且点M满足，记点M的轨迹为.

①求的方程；

②试探究：在直线上是否存在定点T(异于原点O)，使得对于上任意一点P，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T的坐标，若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）①；②存在，定点为．

【分析】（1）设圆标准方程，代入三点坐标，然后解方程组即可求得结果；

（2）①设，根据求得点坐标的表达式，再代入已知圆方程化简即可；②假设存在一点满足(其中为常数)，设，则：结合P在轨迹上，整理化简求得，即可得坐标．

【详解】（1）设圆C的方程为，将三点分别代入得

， 解得，

 所以圆C的方程为；

（2）①设，则：，

∴， ∴，

∵点A在圆C上运动，∴，

即：∴∴，

所以点M的轨迹方程为，

它是一个以为圆心，以1为半径的圆；

②假设存在一点满足(其中为常数)，

设，则：，

整理化简得：，

∵P在轨迹上，

∴，

化简得：，

所以，

整理得，

∴，

解得：；

∴存在满足题目条件．

【点睛】求动点轨迹方程常用方法：

(1)直接法；(2)定义法；(3)相关点法；

要根据已知条件选择适当方法求解．