江苏省沭阳如东中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学模拟试卷（含答案）

这是一份江苏省沭阳如东中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学模拟试卷（含答案），文件包含如东中学高二数学第一次月考模拟试卷20211006原卷docx、如东中学高二数学第一次月考模拟试卷20211006解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
如东中学高二数学第一次月考模拟试卷2021.10.06
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1. 若复数z满足 z⋅(2+i)=z⋅(1-i)+1，则关于复数z的说法正确的是(    )
A. 复数z的实部为1
B. 复数z的虚部为0
C. 复数z的模长为1
D. 复数z对应的复平面上的点在第一象限
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数的概念，复数的模，复数相等充要条件，共轭复数，复数的几何意义及复数的运算，属基础题．
设z=a+bi(a,b∈R)，根据复数的乘法运算求出z，由复数的概念及复数的几何意义即可得出结果．
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则(a+bi)⋅(2+i)=(a-bi)⋅(1-i)+1，
化简得(2a-b)+(a+2b)i=(a-b+1)-(a+b)i，
根据对应相等得：2a-b=a-b+1a+2b=-(a+b),
解得a=1，b=-23，
∴z=1-23i，|z|=1+49=133，
复数z对应的复平面上的点(1,-23)在第四象限，
故选A．  
2. “20m-2≠6-m，解得：20)上存在两点M，N关于直线2x-3y-1=0对称，且线段MN中点的纵坐标为23，则椭圆C的离心率是(     )
A. 13 B. 33 C. 23 D. 223
【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了椭圆性质，离心率的计算，属于中档题．
可先分别设两点M(x1,y1),N(x2,y2)，代入椭圆方程后，两式相减可得到y1-y2x1-x2=-b2a2⋅x1+x2y1+y2，根据线段MN中点的纵坐标，得到方程2x-3×23-1=0，解出中点横坐标后，再求离心率即可．
【解答】
解：设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式相减可得(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0，
即y1-y2x1-x2=-b2a2⋅x1+x2y1+y2，
∵线段MN中点的纵坐标为23，
∴2x-3×23-1=0，
解得x=32，于是-32=-b2a2⋅94，
解得b2a2=23，
∴椭圆C的离心率e=1-b2a2=33，
故选B．
  
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
9. 已知点P(1,-1)是角α终边上的一点，则(    )
A. α2一定是第一象限的角
B. 若sin(β+α)=35，则sin2β=725
C. 函数g(x)=cos(3x+α+5π4)是奇函数
D. 将函数f(x)=sin(2x+α)的图象向左平移π4个单位可以得到g(x)=cos(2x-π4)的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查角的概念的扩展，任意角的三角函数的定义，象限角，诱导公式，二倍角公式，三角函数的奇偶性以及三角函数的平移变换等知识的综合应用，属于中档题．
立足题设条件结合各选项运用以上相关知识逐一展开论证即可得到正确结论．
【解答】
解：对于A，因为点P(1,-1)是角α终边上的一点，
所以可得α=2kπ-π4，k∈Z，
故α2=kπ-π8，k∈Z，
所以α2是第二，四象限角．
选项A错误;
对于B，若sin(β+α)=35，即sin(β+2kπ-π4)=sin(β-π4)=35，
所以sin2β=sin[2(β-π4)+π2]
=cos2(β-π4)
=1-2sin2(β-π4)
=1-2×925
=725．
选项B正确；
对于C，因为函数g(x)=cos(3x+α+5π4)
=cos(3x+5π4+2kπ-π4)
=-cos3x，
所以函数g(x)为偶函数．
故选项C错误;
对于D，因为f(x)=sin(2x+α)=sin(2x-π4)
所以将f(x)的图像向左平移π4个单位可以得到y=sin[2(x+π4)-π4]=sin(2x+π4)的图像，
又因为sin(2x+π4)=cos[π2-(2x+π4)]
=cos(π4-2x)
=cos(2x-π4)，
即将函数f(x)=sin(2x+α)的图象向左平移π4个单位可以得到g(x)=cos(2x-π4)的图象
所以选项D正确．
故选BD．  
10. 以下四个命题表述正确的是(    )
A. 直线3+mx+4y-3+3m=0m∈R恒过定点-3,-3
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l:x-y+2=0的距离都等于1
C. 圆C1:x2+y2+2x=0与圆C2:x2+y2-4x-8y+m=0恰有三条公切线，则m=4
D. 已知圆C:x2+y2=4，点P为直线x4+y2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点(1,2)
【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，属于中档题..
A.将直线方程进行重新整理，利用参数分离法进行求解即可；B.根据圆心到直线的距离与半径的关系可判断；C.通过题意可得两圆相切，则两圆心的距离为半径和，即可求得m的值；D.设出点P，求出以线段PC为直径的圆Q的方程，题中的切点A、B为圆Q与圆C的交点，将两圆作差求出公共弦的方程，即可发现直线AB经过的定点．
【解答】
解：A.直线3+mx+4y-3+3m=0m∈R，
得m(x+3)+3x+4y-3=0，
由x+3=03x+4y-3=0，得x=-3y=3,
即直线恒过定点-3,3，
故A错误；
B. 圆心C(0,0)到直线l:x-y+2=0的距离为
d=|0-0+2|12+-12=1，
圆的半径r=2，
故圆C上有3个点到直线l的距离为1，
故B正确；
C. 曲线C1:x2+y2+2x=0，即x+12+y2=1，
曲线C2:x2+y2-4x-8y+m=0，
即x-22+y-42=20-m，
两圆心的距离为-1-22+0-42=5=1+20-m，
解得m=4，故C正确；
D. 因为点P为直线x4+y2=1上一动点，设点P(4-2t,t)，
圆C:x2+y2=4的圆心为C(0,0)，
以线段PC为直径的圆Q的方程为(x-4+2t)x+(y-t)y=0，
即x2+(2t-4)x+y2-ty=0，
故直线AB，即为圆Q与圆C的公共弦方程为：x2+(2t-4)x+y2-ty-(x2+y2)=0-4，
即(2t-4)x-ty+4=0，
即t(2x-y)-4x+4=0，
令2x-y=0-4x+4=0得x=1y=2,
所以直线AB经过定点(1,2)，故D正确．
故选：BCD．  
11. (多选题)设椭圆x29+y23=1的右焦点为F，直线y=m(00)，
将A'(x0,-4)代入圆的方程，得x0=8，
∴当水面下降2米后，水面宽为2x0=16米．
故答案为16．

  
15. 设F1，F2分别是椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0 的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|=3|BF1|，若cos∠AF2B=35，则椭圆E的离心率为________．
【答案】22
【解析】
【分析】
本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、勾股定理的逆定理、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设|F1B|=k(k>0)，则|AF1|=3k，|AB|=4k，由cos∠AF2B=35，利用余弦定理，可得a=3k，从而△AF1F2是等腰直角三角形，即可求椭圆E的离心率．
【解答】
 解：设|BF1|=k(k>0)，
则|AF1|=3k，|AB|=4k，
∴|AF2|=2a-3k，|BF2|=2a-k，
∵cos∠AF2B=35，
在△ABF2中，由余弦定理得：|AB|2=|AF2|2+|BF2|2-2|AF2|⋅|BF2|cos∠AF2B，
∴(4k)2=(2a-3k)2+(2a-k)2-65(2a-3k)(2a-k)，
化简得(a+k)(a-3k)=0，
而a+k>0，
故a=3k，
∴|AF2|=|AF1|=3k，|BF2|=5k，
即|BF2|2=|AF2|2+|AB|2，
∴AF1⊥AF2，且AF1=AF2=3k，
即△AF1F2是等腰直角三角形，
则2c2=2a2，
∴c=22a，
∴椭圆的离心率e=ca=22．
故答案为22．  
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=x+2与x轴，y轴分别交于M，N两点，点P在圆(x-a)2+y2=2上运动．若∠MPN恒为锐角，则实数a的取值范围是          ．
【答案】a7-1
【解析】
【分析】
本题考查与圆有关的最值问题，涉及直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
设以MN为直径的圆C，圆心为C(-1,1)；点P与M，N构成∠MPN恒为锐角，则点P恒在圆C之外，同时由于∠MPN不能为0°(当然也肯定不能为180°)，即P不能与M、N共线，于是已知圆(x-a)2+y2=2与圆C相离，且与直线y=x+2相离，列出不等式组求解即得a的取值范围．
【解答】
解：直线y=x+2与x，y轴的交点M(-2,0)，N(0,2)，
以MN为直径的圆C的圆心为C(-1,1)，
 ∠MPN恒为锐角，则点P恒在圆C之外，
∴圆C与圆(x-a)2+y2=2相离；
由于∠MPN不能为0°(当然也肯定不能为180°)，
∴P不能与M、N共线，
∴圆(x-a)2+y2=2与直线y=x+2相离，如图所示．

圆C的圆心(-1,1)，半径为2，圆(x-a)2+y2=2的圆心(a,0)，半径为2．
∵两圆外离，∴a+12+12>222，
解得a7-1①，
由直线y=x+2，即x-y+2=0与圆(x-a)2+y2=2相离，
∴a-0+22>2，解得a0②，
由①②得a的取值范围是a7-1．
故答案为a7-1．
  
四、解答题（本大题共6小题，共72分）
17. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a=3，c=2，B=45°．
(1)求sinC的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=-45，求tan∠DAC的值．

【答案】解：(1)因为a=3，c=2，B=45°，由余弦定理可得：
b=a2+c2-2accosB=9+2-2×3×2×22=5，
由正弦定理可得csinC=bsinB，所以sinC=cb⋅sin45°=25×22=55，
所以sinC=55；
(2)因为cos∠ADC=-45，所以sin∠ADC=1-cos2∠ADC=35，
在三角形ADC中，易知C为锐角，由(1)可得cosC=1-sin2C=255，
所以sin∠DAC=sin(∠ADC+∠C)
=sin∠ADCcos∠C+cos∠ADCsin∠C=2525，
因为∠DAC∈(0,π2)，所以cos∠DAC=1-sin2∠DAC=11525，
所以tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC=211．
【解析】本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用，及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
(1)由题意及余弦定理求出b，再由正弦定理求出sinC的值；
(2)根据sin∠DAC=sin(∠ADC+∠C)展开可得sin∠DAC及cos∠DAC，进而求出tan∠DAC的值．

18. 在△ABC中，A(-1,2)，边AC上的高BE所在的直线方程为7x+4y-46=0，边AB上中线CM所在的直线方程为2x-11y+54=0．

(1)求点C坐标；
(2)求直线BC的方程．
【答案】解：(1)边AC上的高BE所在的直线方程为7x+4y-46=0，
故边AC所在的直线的斜率为47，
所以边AC所在的直线的方程为y-2=47(x+1)，
即4x-7y+18=0，
因为CM所在的直线方程为2x-11y+54=0， 
由2x-11y+54=0,4x-7y+18=0, 解得x=6y=6,
所以C(6,6). 
(2)设B(x0,y0)，M为AB中点，则M的坐标为x0-12,y0+22，
由2×x0-12-11×y0+22+54=07x0+4y0-46=0 ，解得x0=2y0=8,
所以B(2,8)，
又因为C(6,6)，
所以直线BC的方程为y-6=8-62-6x-6，
即x+2y-18=0. 
【解析】本题考查两条直线的交点坐标、直线方程的求法，属于中档题．
(1)由题意，求出边AC所在的直线的方程，联立方程即可得点C坐标；
(2)设B(x0,y0)，M为AB中点，则M的坐标为x0-12,y0+22，进而由题意联立方程可得B(2,8)，进而可以求解．

19. 如图，地图上有一竖直放置的圆形标志物，圆心为C，与地面的接触点为G.与圆形标志物在同一平面内的地面上点P处有一个观测点，且PG=50m.在观测点正前方10m处(即PD=10m)有一个高位10m(即ED=10m)的广告牌遮住了视线，因此在观测点所能看到的圆形标志的最大部分即为图中从A到F的圆弧．

(1)若圆形标志物半径为25m，以PG所在直线为x轴，G为坐标原点，建立直角坐标系，求圆C和直线PF的方程；
(2)若在点P处观测该圆形标志的最大视角(即∠APF)的正切值为3149，求该圆形标志物的半径．
【答案】解：(1)由已知可得，圆C：x2+(y-25)2=252．
设直线PF方程：y=k(x+50)(k>0)，
因为直线PF与圆C相切，所以|25-50k|1+k2=25，解得k=43，
所以直线PF方程：y=43(x+50)，即4x-3y+200=0；
(2)设直线PF方程：y=k(x+50)(k>0)，圆C：x2+(y-r)2=r2．
因为tan∠APF=tan(∠GPF-∠GPA)=k-11+k=3149，所以k=409
所以直线PF方程：y=409(x+50)，即40x-9y+2000=0．
因为直线PF与圆C相切，所以|9r-2000|1600+81=r，
化简得2r2+45r-5000=0，即(2r+125)(r-40)=0．
故r=40．
【解析】本题考查直线与圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
(1)利用圆心与半径，可得圆的方程，利用PF与圆C相切，可得直线PF的方程；
(2)先求出直线PF方程，再利用直线PF与圆C相切，求出该圆形标志物的半径．

20. 如图，从椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，又点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB//OP，F1A=10+5


(1)求椭圆的方程；
(2)设点P关于x轴的对称点为P0，过椭圆上不同于P，P0的任意一点Q，作直线QP，QP0分别交x轴于点M，N.证明：点M，N的横坐标之积为定值．
【答案】解：(1)由题意可知，A(a,0)，B(0,b)，F1(-c,0)，P(-c,b2a)，
∵AB//OP，
∴kAB=kOP，
即-ba=-b2ac⇒b=c，
∵a2=b2+c2，
∴a2=2c2，
∴a=2c，
∴a+c=(2+1)c，
又|F1A|=a+c=(2+1)5，
∴a=10，c=5，b=5，
∴椭圆方程为x210+y25=1；
(2)由(1)得P(-5,102)，则P0(-5,-102)，
设Q(x0,y0)，则有x02+2y02-10=0，
直线PQ的方程为y-102=y0-102x0+5(x+5)，
令y=0，整理得xM=-102x0-5y0y0-102，
同理可得点N的横坐标xN=102x0-5y0y0+102，
所以点M，N的横坐标之积xM·xN=-102x0-5y0y0-102·102x0-5y0y0+102=-5(12x02-y02)y02-52，
因为x02=10-2y02，所以xM·xN=-5[12(10-2y02)-y02]y02-52=10(y02-52)y02-52=10．
故点M，N的横坐标之积为定值10．
【解析】本题考查椭圆的标准方程及其性质，直线与椭圆的位置关系及圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．
(1) 由题意求得A，B，F1，P点坐标，由kAB=kOP，根据斜率公式，求得b=c，根据椭圆的性质可得a=2c，从而求得a和b的值，求得椭圆方程；
(2)求出P0的坐标，设Q(x0,y0)，有x02+2y02-10=0，直线PQ的方程为y-102=y0-102x0+5(x+5)，令y=0，整理得xM，同理得点N的横坐标xN，然后代入化简计算xM·xN即可．

21. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为33b.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点M(3,32)在椭圆C上，不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，与直线OM相交于点N，且N是线段AB的中点，求△OAB面积的最大值．
【答案】解：(1)由题意，得a-c=33b，
则(a-c)2=13b2，结合b2=a2-c2，得(a-c)2=13(a2-c2)，即2c2-3ac+a2=0，
亦即2e2-3e+1=0，结合00，得-12