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（文）试题（解析版）

这是一份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（文）试题（解析版），共15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学年四川省宜宾市叙州区高二上学期第一学月考试数学（文）试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得直线的斜率，由此求得倾斜角.【详解】依题意，直线的斜率为，对应的倾斜角为.故选：D【点睛】本小题主要考查直线倾斜角，属于基础题.2．已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）A．或 B． C． D．【答案】A【分析】根据点的坐标得到斜率，再结合倾斜角和斜率的变化关系得到的范围.【详解】直线与线段相交，所以临界情况为恰好经过点或经过点时，，，由图可知，或.故选：A.3．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：B4．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.5．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.6．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：C7．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．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.11．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．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．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.20．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点.（1）证明：；（2）若，求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】(1) 取中点，连接，,证平面可得.(2)作平面的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解.【详解】（1）证明：取中点，连接，.为等边三角形，.，是的中点，为中点，∴.又，平面.（2）方法一：取中点，连接CM.为等边三角形，.平面平面，，平面..又，平面.，为等边三角形，.是的中点，到平面的距离的倍等于到平面的距离.到平面的距离为.方法二：由平面平面，，可得平面，则.，为等边三角形，则.是的中点，.点到平面的距离为，设到平面的距离为，由，解得.【点睛】本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换.21．已知椭圆经过点，其右顶点为．(1)求椭圆的方程；(2)若点、在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，可设直线方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、的斜率之积为结合韦达定理可得出、所满足的关系式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.【详解】(1)解：由题意可知，，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，因此，椭圆的方程为.(2)证明：若轴，则点、关于轴对称，则直线与也关于轴对称，从而直线与的斜率互为相反数，不合乎题意.设直线方程为，设点、，联立，可得，，可得，由韦达定理可得，，因为，整理可得，即，化简得，即，可得或.当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意.综上所述，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.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．