2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二上学期第三学月考试数学（文）试题（解析版）

2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二上学期第三学月考试数学（文）试题

一、单选题

1．不等式的解集为（    ）

A．或 B．

C．或 D．

【答案】B

【解析】由可得异号，分类讨论解不等式组可得答案.

【详解】因为，

所以或，

解得或，

综上可得，不等式的解集为，

故选：B.

2．某工厂从一批产品中抽取一个容量为的样本，根据样本数据分成，，，，四组，得到频率分布直方图如图所示．若样本数据落在内的个数是66，则（    ）

A．150 B．300 C．600 D．1200

【答案】A

【解析】先由频率分布直方图求出数据落在内的频率，再由频率等于频数除以总数，可求得的值

【详解】由图可知样本数据落在内的频率为，则．

故选：A

3．某校有学生800人，其中女生有350人，为了解该校学生的体育锻炼情况，按男、女学生采用分层抽样法抽取容量为80的样本，则男生抽取的人数是（    ）

A．35 B．40 C．45 D．60

【答案】C

【解析】利用分层抽样的定义直接求解即可

【详解】由题意可得男生抽取的人数是．

故选：C

4．抛物线的准线方程是  

A．x=1 B．x=-1 C． D．

【答案】C

【分析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而求得p，再根据抛物线性质得出准线方程．

【详解】解：整理抛物线方程得，∴p＝

∵抛物线方程开口向上，

∴准线方程是y＝﹣

故答案为C．

【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程和简单性质．属基础题．

5．若圆与直线相切，则（    ）

A．3 B．或3 C． D．或

【答案】B

【分析】根据圆与与直线相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解.

【详解】圆的标准方程为：，

则圆心为，半径为，

因为圆与与直线相切，

所以圆心到直线的距离等于半径，

即，

解得或，

故选：B

6．设直线，．若，则的值为（   ）

A．或 B．或 C． D．

【答案】A

【分析】由两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.

【详解】因为，则，解得或.

故选：A.

7．在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

由已知，得，，，

，，

所以在上的投影为，

所以点到直线的距离为

故选：B

8．椭圆与曲线有（    ）

A．相同的离心率 B．相同的焦距

C．相同的渐近线 D．相同的顶点

【答案】B

【分析】先求出的顶点，焦距，离心率，在分析不同的参数范围下，曲线的顶点，焦距，离心率，由于椭圆没有渐近线，该曲线也无需分析渐近线，对比选项分析可得结果.

【详解】在椭圆中，，顶点坐标为，焦距是8，离心率是；

对于曲线，

当，曲线化为，表示焦点在轴上的双曲线，长轴长为，短轴长为，其焦距为8，而离心率，顶点坐标都跟取值有关；

当，即，则曲线化为，表示焦点在轴上的椭圆，长轴长为，短轴长为，其焦距是8，而离心率，顶点都和取值有关.综上分析可知，且与椭圆有相等的焦距.结合选项可知B正确.

故选：B

9．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻面系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知，点满足，则直线被点的轨迹截得的弦长为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设,利用两点间距离公式代入化简得到点的轨迹，再联立轨迹与直线得弦长.

【详解】设,

则,

整理得,

与直线联立得,

∴弦长为.

故选:A.

10．若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】判断点M与椭圆的位置关系，再借助点差法求出直线AB的斜率即可计算作答.

【详解】显然点在椭圆内，设点，

依题意，，两式相减得：，

而弦恰好被点平分，即，

则直线AB的斜率，直线AB：，即，

所以所在的直线方程为.

故选：D

11．已知长方体的顶点，，，，在球的表面上，顶点，，，，在过球心的一个平面上，若，，，则球的表面积为（      ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积.

【详解】如下图所示：

把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，

根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，

所以球的半径满足，

所以球的表面积.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.

12．设抛物线的焦点为，以抛物线上不同两点、为直径的圆恰好过焦点，直线与抛物线的准线的交点恰好在轴上，则该圆的半径为（    ）

A．3

B．6

C．

D．

【答案】C

【分析】设直线：，与抛物线联立，用设而不求法表示出，解出，求出圆的半径.

【详解】准线与轴的交点坐标为，故直线可设为：，

设，，

联立直线与抛物线得方程组，化简得，

所以，，

由得，解得，

故圆的半径为．

故选：C

二、填空题

13．双曲线的渐近线方程为______．

【答案】

【分析】将双曲线方程化成标准方程，得到且，利用双曲线渐近线方程，可得结果．

【详解】把双曲线化成标准方程为，

且，

双曲线的渐近线方程为，即

故答案为

【点睛】本题主要考查利用双曲线的方程求渐近线方程，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题．若双曲线方程为，则渐近线方程为；若双曲线方程为，则渐近线方程为.

14．已知满足约束条件，则的最小值为___________．

【答案】

【分析】根据题意，作出可行域，进而根据几何意义求解即可.

【详解】解：作出可行域如图，将变形为，

所以根据几何意义，当直线过点时，有最小值，

所以联立方程得，

所以的最小值为

故答案为：

15．已知，且，则的最小值为______.

【答案】9

【分析】由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果.

【详解】因为，且，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为9，

故答案为：9

16．已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，若，，则的离心率为________.

【答案】2

【解析】首先根据可得，可计算，结合可得是等腰三角形，且，再由渐进线的斜率可计算出点坐标，即可求出点坐标，利用结合可得之间的关系，即可求解.

【详解】

因为，所以，即

所以为点到渐近线的距离，

，

所以，可得点为的中点，

又因为，所以，

所以，

设双曲线的左焦点为，，

则，

因为，所以，

所以，，

所以，

因为为中点，所以，

，

将代入整理可得：

即，

所以，可得，

解得：或（舍），

故答案为：

【点睛】方法点睛：求椭圆离心率的方法：

（1）直接利用公式；

（2）利用变形公式；

（3）根据条件列出关于的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解.

三、解答题

17．设p：；q：关于x的方程无实根.

(1)若q为真命题，求实数k的取值范围；

(2)若是假命题，且是真命题，求实数k的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据命题的真假，结合一元二次方程无实根，列出的不等式，即可求得结果；

（2）求得命题为真对应的的范围，结合命题一个为真命题一个为假命题，即可列出的不等式组，求解即可.

【详解】（1）若q为真命题，则，

解得，即实数k的取值范围为.

（2）若p为真，，解得，

由是假命题，且是真命题，

得：p、q两命题一真一假，

当p真q假时，或，得，

当p假q真时，，此时无解.

综上的取值范围为.

18．已知函数.

（1）当时，解关于的不等式；

（2）若正数满足，且对于任意的，恒成立求实数的值.

【答案】（1）答案详见解析；（2）.

【解析】（1）当时，，用分类讨论的思想解不等式即可得到答案.

（2）对于任意的恒成立，则，由一元二次函数图像的性质得，利用基本不等式可得，利用基本不等式等号成立的条件，结合已知条件即可得到答案.

【详解】（1）当时，，

则不等式等价于，

①    当时，，解得；

②    当时，，解得；

③    当时，，解得.

综上所述，当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为.

（2）函数的图像是开口向上，

对称轴为的抛物线，因为，所以.

所以函数在上单调递增，

所以函数在上的最小值为，

依题对于任意的恒成立，

所以即，又，

所以

当且仅当即时等号成立.

又依题有所以，

所以.

所以满足条件的的值为.

【点睛】本题第一问主要考查一元二次不等式的解，涉及分类讨论思想，第二问主要考查恒成立问题和基本不等式，属于中等题.

19．已知圆：

（1）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，且截距不为零，求此切线的方程；

（2）若从圆外一点向该圆引切线和（，为切点），求弦长的大小.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】（1）先把圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，再利用已知条件设切线的方程为，利用圆心到直线的距离公式求解即可得解；（2）设，中点为，在以及中，求出，得到，最后利用勾股定理求解即可.

【详解】解：（1）圆的标准方程为，

圆心，半径，

因为圆的切线在轴和轴上的截距相等，且截距不为零，

所以可设切线的方程为，

于是圆心到直线的距离，

解得或1，

所以切线方程为或

（2）如图，设，中点为，

在中，，，

所以，

在中，，

故，

解得，

所以，

于是.

【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：

（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；

（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.

20．已知抛物线：的焦点为，准线方程是.

（1）求抛物线的方程；

（2）过点且倾斜角为的直线与抛物线交于，两点，求；

（3）设点在抛物线上，且，求的面积（为坐标原点）.

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）根据准线方程得，即可求出抛物线方程；

（2）根据抛物线焦点弦的弦长公式求解；

（3）根据求出的坐标即可得出三角形的面积.

【详解】（1）因为抛物线的准线方程是，所以，即，

故抛物线的方程为；

（2）因为直线过点，且倾斜角为，所以直线的方程是，

联立，整理得，

设，，则，

故；

（3）设，

因为，所以，所以，

将代入方程，解得，

则的面积为.

【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，通过方程求解弦长和点的坐标进而求出三角形面积.

21．如图，三棱锥中，AD⊥底面BCD，底面BCD是等边三角形，AD＝BD＝1，M为BC中点.

(1)证明：平面ABC⊥平面ADM；

(2)求点M到平面ABD的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明BC⊥平面ADM,再根据面面垂直的判定定理证明平面ABC⊥平面ADM；

（2）根据，即利用等体积法求得答案.

【详解】（1）证明：∵AD⊥底面BCD，∴AD⊥BC,

又∵底面BCD为等边三角形，M为BC中点，∴DM⊥BC,

且，平面ADM,

∴BC⊥平面ADM,

又平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADM；

（2）设点M到平面ABD的距离为d，

,

由得：，

即 ，

故，

∴点M到平面ABD的距离为.

22．已知椭圆()的左、右焦点分别是，，点为的上顶点，点在上，，且.

（1）求的方程；

（2）已知过原点的直线与椭圆交于，两点，垂直于的直线过且与椭圆交于，两点，若，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设，由已知，求得的坐标为，代入椭圆方程，得；再由，求得，结合，求出值，即可求得结论；

（2）先讨论直线斜率不存在和斜率为0的情况，验证不满足条件，设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元，由韦达定理和相交弦长公式，求出；

再将直线方程与椭圆联立，求出，由求出的值，进而求出，再求出点到直线的距离，即可求解.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，∵，

∴的坐标为.∵在上，

将代人，得.

又∵，∴，

∴.又∵，

∴，，的方程为.

（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；

当直线的斜率为0时，，，也不符合题意.

∴可设直线的方程为,

联立得，

则，.

.

由得或

∴.

又∵，∴，∴，

∴.∵到直线的距离，

∴.

【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设直线方程时要注意特殊情况，要熟练掌握求相交弦长的方法，考查计算能力，属于较难题.