2022-2023学年江苏省南京市栖霞中学高二上学期10月月考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省南京市栖霞中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若直线经过，两点，则直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】两点求斜率，斜率为倾斜角的正切值.

【详解】斜率，∴倾斜角．

故选：A．

2．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（    ）

A．1 B．3 C．9 D．81

【答案】A

【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.

【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，

于是得，解得，

所以的值为1.

故选：A

3．已知向量，，．若λ为实数，()∥，则λ＝（    ）.

A．  B．  C．1 D．2

【答案】B

【分析】先求出的坐标，再由()∥，，列方程可求得结果

【详解】因为向量，，

所以，

因为()∥，，

所以，解得，

故选：B

4．如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，m，在点测得塔顶的仰角为，则塔高（    ）

A．30m B．m

C．m D．m

【答案】D

【分析】在中，利用正弦定理求出BC长，再在中即可作答.

【详解】在中，依题意有，由正弦定理得，即，

由于塔垂直于地面，于是在中，，从而得，

所以塔高m.

故选：D

5．椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】A

【解析】由双曲线方程知，结合椭圆方程及共焦点有且，即可求值.

【详解】由双曲线知：且，

而其与椭圆有相同焦点，

∴且，解得，

故选：A

6．19世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则b的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，得到蒙日圆的方程为，结合圆与圆的位置关系，即可求解.

【详解】由题意得，椭圆的蒙日圆的半径，

所以椭圆的蒙日圆的方程为：，

因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，

可得两圆外切，所以，解得.

故选：B.

7．如图，“爱心”图案是由函数的图象的一部分及其关于直线的对称图形组成．若该图案经过点，点M是该图案上一动点，N是其图象上点M关于直线的对称点，连接，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据题意得到，设直线与函数相切，得到，再根据平行线间距离公式求解即可.

【详解】函数经过点，所以.

设直线与函数相切，

联立消去y，得．

，解得．

则直线与直线间的距离为．

故MN的最大值为．

故选：B

8．在平面直角坐标系中，定义两点之间的折线距离为，设点P是圆上一点，点Q是直线上一点，则的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】结合图形，易知定点到直线上一点的折线距离的最小值等于该点到直线的水平距离或竖直距离中较小的一个，先求出圆上的点到直线距离的最小值，然后即可得出答案.

【详解】解：结合图形，易知定点到直线上一点的折线距离的最小值等于该点到直线的水平距离或竖直距离中较小的一个，

直线的倾斜角为，斜率为，则，

因此，定点到直线上一点的折线距离的最小值等于该点到直线的竖直距离，圆心到直线的距离为，因此圆上的点到直线的最小距离为，

故圆上的点到直线的最小折线距离为1.

故选：B.

二、多选题

9．已知复数，则（       ）

A．z的实部是 B．z的虚部是

C．z的共轭复数为 D．

【答案】ACD

【分析】根据复数除法运算得，再利用复数的定义，共轭复数，复数的模长公式依次判断各选项的正误.

【详解】∵，则有：

z的实部是，A正确；

z的虚部是，B错误；

z的共轭复数为，C正确；

，D正确；

故选：ACD.

10．在疫情防护知识竞赛中，对某校的名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中间值作代表值，则下列说法中正确的是（    ）

A．成绩在的考生人数最多

B．不及格的考生人数为

C．考生竞赛成绩的众数为分

D．考生竞赛成绩的中位数约为分

【答案】AC

【分析】由频率分布直方图最高矩形成绩在，由此可确定对应频率最大，可知分布人数最多，并由此估计得到众数，知AC正确；根据成绩在的对应的频率可确定不及格人数，知B错误；根据频率分布直方图估计中位数的方法可求得中位数，知D错误.

【详解】对于A，成绩在的矩形最高，则对应的频率最大，

成绩分布在此的考生人数最多，A正确；

对于B，成绩在的频率为，

不及格的人数为人，B错误；

对于C，成绩在的矩形最高，对应的频率最大，众数为分，C正确；

对于D，成绩在的频率和为，

设中位数为，则，解得：，

中位数约为分，D错误.

故选：AC.

【点睛】方法点睛：利用频率分布直方图估计众数、中位数和平均数的基本方法如下：

（1）众数：最高矩形横坐标的中点；

（2）中位数：将矩形总面积二等分的点的横坐标；

（3）平均数：每个小矩形横坐标中点与对应矩形的面积的乘积的总和.

11．椭圆的两个焦点分别为，，为坐标原点，以下说法正确的是（    ）

A．椭圆的离心率为

B．椭圆上存在点，使得

C．过点的直线与椭圆交于，两点，则的面积最大值为

D．定义曲线为椭圆的伴随曲线，则曲线与椭圆无公共点

【答案】BD

【分析】利用椭圆方程给出的信息逐项分析、推理、计算即可判断作答.

【详解】对于A：因，，则，即，离心率， A错误；

对于B：以线段为直径的圆O：，显然椭圆的短轴端点在圆O内，于是得圆O与椭圆C有公共点，

即椭圆上存在点，有，则，B正确；

对于C：显然直线AB不垂直于y轴，将直线的方程代入椭圆的方程得：，

设，，，

因此，

因为，当且仅当取等号，则，C错误；

对于D：椭圆中，，而伴随曲线中，，

因此，曲线与椭圆C不可能有公共点，D正确.

故选：BD

12．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱长为米，则该正四棱锥的（    ）

A．底面边长为6米

B．侧棱与底面所成角的正弦值为

C．侧面积为平方米

D．体积为立方米

【答案】ABCD

【分析】设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积，侧棱与底面的夹角，体积即可判断各选项.

【详解】如图，在正四棱锥中，设底面边长为．

设O为正方形的中心，为的中点，

则，，

∴  为二面角的平面角，

又正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，

因为，

∴  ．

在中，，

所以，即底面边长为6米，故A正确，

∴  ，，,

又侧棱与底面所成的角为，,故B正确，

正四棱锥的侧面积平方米．故C正确，

正四棱锥的体积，故D正确，

故选：ABCD.

三、填空题

13．已知点，，则以线段AB为直径的圆的方程为      .

【答案】

【分析】求出圆心坐标和半径可得答案.

【详解】圆心坐标为，，

以线段AB为直径的圆的方程为.

故答案为：.

14．已知sin α＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则β＝        .

【答案】

【分析】通过α，β，α－β的范围求出他们的正弦，余弦值，再通过sin β＝sin[α－(α－β)]可得sin β，进而可得β.

【详解】因为α，β均为锐角，所以－<α－β<.

又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝.

又sin α＝，所以cos α＝，

所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)

＝×－×＝.

所以β＝.

故答案为：

15．甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件．规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击．已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击，则第4次由甲射击的概率           ．

【答案】

【分析】根据题意，分4种情况讨论，即可求得第4次由甲射击的概率．

【详解】根据题意，第4次由甲射击分为4种情况：

甲连续射击3次且都击中；

第1次甲射击击中，但第2次没有击中，第3次由乙射击没有击中；

第1次甲射击没有击中，且乙射击第二次击中，但第3次没有击中；

第1次甲没有击中，且乙射击第2次没有击中，第3次甲射击击中，

所以这件事的概率为.

故答案为：

16．如图，哈尔滨市有相交于点的一条东西走向的公路与一条南北走向的公路，有一商城的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1(单位:千米). 根据市民建议，欲新建一条公路，点分别在公路上，且要求与椭圆形商城相切，当公路长最短时，的长为        千米.

【答案】

【分析】设为,联立可得,利用可得,则,利用均值不等式求最值,再由取等条件求得即可

【详解】由题,设为,由图易得,联立可得,则,

即,

因为为,为,

则

,当且仅当,即时取等,即

故答案为

【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力

四、解答题

17．如图，在平面四边形ABCD中，，BC＝CD＝2，∠ADC＝150°，∠BCD＝120°．

（1）求BD的长；

（2）求∠BAD的大小．

【答案】（1）；（2）45°.

【分析】(1) 在ΔBCD中由余弦定理可解得;

(2) 在ΔADB中，由正弦定理可解得.

【详解】解：（1）如图:

在ΔBCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，由余弦定理得，

，

∴.

（2）在ΔBCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，

∴∠CDB=∠CBD=30°

∵∠ADC=150°

∴∠ADB=120°

在ΔADB中，由正弦定理得，

∵

∴

∴

∵为锐角

∴∠BAD=45°.

【点睛】本题考查了余弦定理和正弦定理,属于中档题.

18．已知圆经过两点，，且圆心在直线上.

(1)求圆的方程；

(2)过点作圆的切线，求切线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出线段的垂直平分线方程，与直线联立，求出圆心坐标，半径即可求圆的方程；

（2）当直线的斜率不存在时，切线方程为；当直线的斜率存在时，设切线方程为，即，再由圆心到直线的距离等于半径列方程求解，即可求解.

【详解】（1）由，，得线段的中点坐标为，又，

所以线段的垂直平分线斜率为，

所以线段的垂直平分线为即，

由可得，所以圆心，则半径，

故所求圆的标准方程为：；

（2）当直线的斜率不存在时，的方程为与圆相切符合题意，

当直线的斜率存在时，设切线方程为，即，

圆心到直线的距离，解得，

所以此时切线方程为，

所以切线方程为或.

19．已知椭圆：，分别是椭圆的左、右焦点.

（Ⅰ）求椭圆的长轴和短轴的长，离心率，左焦点；

（Ⅱ）已知P是椭圆上一点，且，求的面积.

【答案】（Ⅰ）长轴，短轴，离心率，左焦点.（Ⅱ） .

【详解】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的方程及性质直接求解；

（Ⅱ）由椭圆的定义知.；勾股定理，得；，得即可.

试题解析：（Ⅰ）由椭圆知，，则，，故，

所以椭圆的长轴，短轴，离心率，

左焦点.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得.

由椭圆的定义知，

在中，由勾股定理，得

，得，

，.

20．如图1，在平行四边形ABCD中，，AD＝2，AB＝4，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P，如图2

(1)证明：BD⊥平面PAD；

(2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意证明，结合，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；

（2）根据二面角的平面角的正切值为，求得PA的长，说明，证明平面PBC平面PBD,从而找到直线BD与平面PBC的夹角，即可求得答案.

【详解】（1）证明：在中，因为，AD＝2，AB＝4，

故，所以，

即,

在沿对角线BD将翻折过程中，始终有，故,

因为平面PAD，故BD⊥平面PAD；

（2）如图，设PA的中点为E，连接DE,BE，

因为,故 ,

又因为,故,则是二面角的平面角，

由（1）知BD⊥平面PAD，平面PAD， 则 ,

故 ,

故在 中， ,则 ,

则 ,

而 ,平面ABCD, 故平面ABCD,

而平面ABCD,故,

又因为 ,

而平面PBD,所以平面PBD,

由于平面PBC,故平面PBC平面PBD,且平面PBC平面PBD=PB,

故过点D向平面PBC作垂线，垂足F落在PB上，

则,即为直线BD与平面PBC的夹角，

由（1）可知,而，则,则,

故直线BD与平面PBC的夹角的正弦值为.

21．如图，在平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．

(1)若，求的值；

(2)设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

(3)证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．

【答案】(1)；

(2)恒为定值；

(3)证明见解析，交点恒在定直线上.

【分析】（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；

（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；

（3）设直线的斜率为，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：圆的圆心为，到直线的距离为，

，可得，解得.

（2）解：将代入圆О方程，并整理得，

则，设点、，

由韦达定理，．

，所以，，同理，

于是（定值）.

（3）解：注意到，设直线的斜率为，则，即．

直线的方程为，直线的方程为的交点满足，

即，解得，故直线、交点必在定直线上．

22．已知椭圆的左、右焦点为分别为，，离心率为，点M为椭圆上一点，且面积的最大值为.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)若A、B分别为椭圆的左、右端点，点，直线TA、TB分别交椭圆E于P、Q两点.证明：直线PQ过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据面积的最大值、离心率、可得答案；

（2）求出直线AT的方程、直线BT的方程分别与椭圆方程联立，结合韦达定理可得直线PQ的方程整理后可得答案，注意分直线PQ的斜率存在和不存在两种情况讨论.

【详解】（1）因为面积的最大值为，

则，所以，

又椭圆的离心率为，所以，

又，所以，，，

故椭圆E的标准方程为；

（2）由题意可得，，，且点，

所以直线AT的方程为，

联立方程组，

可得，

所以，又，

解得，故，

直线BT的方程为，

联立方程组，

可得，

所以，又，

解得，，

当直线PQ的斜率存时，

所以，

所以直线PQ的方程为，

令，解得，

所以直线PQ经过定点；

当直线PQ的斜率不存在时，有，

即，解得，此时直线PQ方程为，过定点.

综上所述，直线PQ经过定点.

【点睛】思路点睛：第二问解题思路是直线AT、直线BT的方程分别与椭圆方程联立，整理后应用韦达定理求出直线PQ的方程．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．