江西省上饶市广丰区重点高中2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷（含答案）

2022-2023年广丰区重点高中高二数学第一次月考押题卷        

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知a，，i为虚数单位，则“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．已知命题，若命题是假命题，则的取值范围为（    ）

A．1≤a≤3 B．-1<a<3 C．-1≤a≤3 D．0≤a≤2

4．若，，，则正确的是（    ）

A． B． C． D．

5．若，，，，则（    ）

A． B． C． D．

6．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A．-3 B． C． D．

7．若直线与圆相交于两点，为坐标原点，则（    ）

A． B．4 C． D．－4

8．设椭圆的左、右焦点分别为，，点M，N在C上（M位于第一象限），且点M，N关于原点O对称，若，，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知圆，直线，则下列结论正确的是（    ）

A．直线恒过定点

B．当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1

C．圆与曲线恰有三条公切线，则

D．当时，直线上.个动点向圆引两条切线，其中为切点，则直线经过点

10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（    ）

A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°

C．二面角P－BC－A的大小为45° D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为

11．设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（    ）

A．为定值

B．的周长的取值范围是

C．当时，为直角三角形

D．当时，的面积为

12．已知双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于渐近线的直线交两渐近线于A，B两点，若，则双曲线C的离心率可能为（    ）

A． B． C． D．

三、填空题

13．已知的内角所对应的边分别为，且满足， 则的面积取得最大值时，=______．

14．已知为正交基底，且，分别为的中点，若，则的最小值为_____.

15．已知复数z满足为z的共轭复数，则的最大值为___________．

16．已知双曲线，其左右焦点分别为，，点P是双曲线右支上的一点，点I为的内心（内切圆的圆心），，若，，则的内切圆的半径为______.

四、解答题

17．已知．

(1)当时，求函数的定义域及不等式的解集；

(2)若函数只有一个零点，求实数a的取值范围．

18．已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．

(1)求的值；

(2)若的面积为，求的周长．

19．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A､B的任意一点，且.求证：

(1)平面平面PBC；

(2)当点C（不与A､B重合）在圆周上运动时，求平面PBC与所在的平面所成二面角大小的范围.

20．已知圆过点，，且圆心在直线：上.

(1)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程.

(2)若点在直线上运动，求的最小值.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为， 离心率为为上一点，为坐标原点，轴，且．

(1)求的标准方程;

(2)若直线与交于两点，过点作直线的垂线，垂足为，当直线与轴的交点为定点时，求的值．

22．双曲线与椭圆的焦点相同，且渐近线方程为，双曲线的上下顶点分别为A，B．过椭圆上顶点R的直线l与双曲线交于点P，Q（P，Q不与A，B重合），记直线的斜率为，直线的斜率为．

(1)求双曲线的方程；

(2)证明为定值，并求出该定值．

参考答案：

1．A

【分析】解不等式后由交集的概念求解

【详解】由题意得，，则，

故选：A

2．A

【分析】由纯虚数的定义结合充分、必要条件的定义即可求出答案.

【详解】解：由复数是虚数但不是纯虚数知且，

而等价于或，

所以“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的充分不必要条件．

故选：A.

3．C

【分析】先写出命题的否定，然后结合一元二次不等式恒成立列不等式，从而求得的取值范围.

【详解】命题是假命题，

命题的否定是：，且为真命题，

所以，

解得.

故选：C

4．C

【分析】结合对数运算性质，，，，为增函数，即可比较

【详解】，，，

∵为增函数，∴.

故选：C

5．C

【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.

【详解】由题意，可得，，

因为，，可得，，

则

.

故选：C.

6．C

【分析】根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.

【详解】因为，所以，

所以，因为三点共线，所以，即，

所以，又,

所以

.

故选：C.

7．D

【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求出，然后利用向量的数量积的定义及几何意义可求得结果.

【详解】由题意得圆的圆心到直线的距离为

，

所以，所以，

所以

，

故选：D

8．C

【分析】设，则，利用勾股定理求出，再解方程即得解.

【详解】解：依题意作下图，由于，并且线段MN，互相平分，

∴四边形是矩形，其中，，

设，则，

根据勾股定理，，，

整理得，

由于点M在第一象限，，

由，得，即，

整理得，即，解得.

故选：C．

9．CD

【分析】直接利用经过定点的直线系建立方程组，进一步求出直线经过的定点，从而确定选项A的结论，利用点到直线的距离公式的应用确定选项B的结论，利用两圆的位置关系的应用确定选项C的结论，先表示出以为直径的圆的方程，从而可求出两圆的公共弦的方程，进而可求出公共弦经过的定点

【详解】对于A，直线，整理得

，

所以，得，所以直线恒过定点，所以A错误，

对于B，当时，直线为，则

圆心到直线的距离为，而圆的半径为2，所以圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，所以B错误，

对于C，当时，曲线为，整理得，则圆心为，半径为3，

圆的圆心，半径为2，

所以两圆的圆心距为，

所以两圆相外切，所以两圆恰有3条公切线，所以C正确，

对于D，当时，直线的方程为，设，则以为直径的圆的方程为，即，

因为圆，所以两圆的公共弦的方程为，

整理得，所以，得，

所以直线经过点，所以D正确，

故选：CD

10．ACD

【分析】取中点，连接，可得是二面角的平面角，再求得此角为直角，得直二面角，从而得面面垂直，判断A，说明是异面直线AD与PB所成的角或其补角，求出此角后判断B，证明是二面角的平面角，并求得此角判断C，设分别是和的中心，如图，作，，与交于点，得是三棱锥外接球的外心，求出球半径后得球表面积判断D．

【详解】取中点，连接，和都是等边三角形，则，

是二面角的平面角，

，又，所以，即，

所以二面角是直二面角，

所以平面PAD⊥平面ABCD，A正确；

，所以是异面直线AD与PB所成的角或其补角，

由此可得平面，而平面，所以，

，

所以，，，

，B错；

由知，所以是二面角的平面角，

在中，可得，C正确；

以上证明有平面，同理平面，

设分别是和的中心，如图，作，，与交于点，则平面，平面，所以是三棱锥外接球的外心，

由于，是正方形，，而，

所以即为外接球半径，

三棱锥P－ABD外接球的表面积为．D正确．

故选：ACD．

11．ACD

【分析】对选项进行逐一判断.由椭圆的定义判断A；由为定值以及的范围判断B；求出坐标，由数量积公式得出，得出为直角三角形判断C；求出坐标，由面积公式得出的面积判断D.

【详解】设椭圆的左焦点为，则

所以为定值，A正确；

的周长为，因为为定值6，

所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；

将与椭圆方程联立，可解得，

又因为，∴

所以为直角三角形，C正确；

将与椭圆方程联立，解得，，所以，D正确.

故选：ACD

12．BC

【分析】设点，求出，由对称性设出l的方程，与渐近线方程联立求出线段AB长，再分情况计算作答.

【详解】设点，由双曲线对称性，不妨令直线l垂直于渐近线：，即，则，

直线l的方程为：，由解得点A的横坐标，

由解得点B的横坐标，

当时，点B在线段的延长线上，由得，

因此有，整理得，则离心率，

当时，点B在线段的延长线上，由得，

因此有，整理得，则离心率，

所以双曲线C的离心率为或.

故选：BC

13．

【分析】根据余弦定理结合同角三角函数的关系可得，进而表达出，结合基本不等式求解的最值，进而求得即可.

【详解】由余弦定理，，又，故，故

.

又，故

，当且仅当，即时取等号.

此时，即.

故的面积取得最大值时，.

故答案为：

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

14．##

【分析】由为正交基底，且，结合向量的线性运算和数量积运算可得，再由分别为的中点，可得，再利用基本不等式可求得其最小值.

【详解】因为为正交基底，所以，

因为，

所以，

所以，

因为分别为的中点，，

所以

，

当且仅当时取等号，

所以的最小值为，

故答案为：

15．9

【分析】设，再根据可得z所对应的点的轨迹，再根据数形结合分析即可

【详解】设，则，由，得，即，所以z所对应的点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，因为为z的共轭复数，所以，即，而可看作该圆上的点到原点的距离的平方，所以．

故答案为：9

16．

【分析】根据题意可得，结合双曲线的定义可得，，在中，利用余弦定理求得，再根据即可得出答案.

【详解】解：由，结合点I是的内切圆的圆心可知，

又有，所以，

再结合双曲线的定义可得，，

再根据，由余弦定理可得，

即，解得，

则，

可得内切圆的半径角.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的解析式及定义域，从而可求出函数的定义域，再根据对数函数的单调性解不等式即可；

（2）把函数只有一个零点转化为关于的方程只有一个正根，在分类讨论的取值求解即可得出答案.

（1）

解：当时，，

∴的定义域为，

∴，即，

∴函数的定义域为，

不等式等价于，

∴，即，

∴不等式的解集为；

（2）

解：，

∵函数只有一个零点，

∴只有一解，将代入，得，

∴关于x的方程只有一个正根，

当时，，符合题意；

当时，若有两个相等的实数根，

则，解得，此时，符合题意；

若方程有两个相异实数根，则，即，

∴两根之和与积均为，

∴方程两根只能异号，∴，即此时方程只有一个正根，符合题意．

综上，实数a的取值范围是：．

18．(1)

(2)20

【分析】（1）由正弦定理化边为角后，应用两角和的正弦公式和诱导公式变形可求得角，然后由正弦定理求解；

（2）由三角形面积公式得，再结合余弦定理求得，从而得三角形周长．

（1）

由题意得，，

因为，

故，

由，得，

所以，所以．

（2）

由余弦定理，，

，即，

又的面积为，

所以，，

所以，，

故的周长为．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得，根据圆的性质，可得，根据线面垂直的判定定理，即可得证.

（2）由（1）可得，，所以即为平面PBC与所在的平面所成二面角的平面角，设，圆O的半径为R，根据三角函数的定义，可得的表达式，根据的范围，计算求解，即可得答案.

（1）

因为PA垂直于所在的平面ABC，平面ABC，

所以，，

因为AB是的直径，

所以，

因为平面PAC，

所以平面PAC，

因为平面PBC，

所以平面平面PBC

（2）

因为平面PAC，平面PAC，

所以，又，

所以即为平面PBC与所在的平面所成二面角的平面角，

设，圆O的半径为R，

则，又，

所以，

因为，所以，

所以，

因为

所以，

所以平面PBC与所在的平面所成二面角大小的范围为

20．(1)

(2)20

【分析】（1）根据点关于线的对称，求解，由几何法求圆心坐标，进而根据两点坐标即可求解直线方程，

（2）根据两点间距离公式，结合二次函数的性质即可求解.

（1）

点关于直线的对称点，

解得，所以，

由于圆过点，，因为圆心在直线：：上，

垂直平分线的方程为，联立与得圆的圆心：    

则反射光线必经过点和点，，

由点斜式得为：，：，

（2）

设点，则，则又

，

故当时，的最小值为20．

21．(1)

(2)

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；

（2）设可得直线AD的方程令x=0，求出y，再根据韦达定理结合直线过定点可求出t的值.

（1）

由题意可知，点P的坐标为，

则，解得，

所以所求的椭圆C的标准方程为.

（2）

设，

联立方程，消去y得：.

所以.

由题意得.

所以直线AD的方程为：.

令得：

因为直线AD与y轴的交点为定点Q，

所以，即，

解得：.

即当直线AD与y轴的交点为定点时，t的值为.

22．(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）由与的焦点相同，可得，又因为渐近线方程为，可得，即可得出双曲线的方程.

（2）设直线方程为，联立双曲线的方程可得韦达定理，可求出，又因为，，所以代入化简有：，即可求出答案.

(1)

由椭圆的焦点，即中，渐近线方程为即，则由，即可求出.

所以双曲线的方程为：.

(2)

，由题意可知，直线的斜率k存在，所以，设直线方程为

联立方程，得

由韦达定理得，两式相除，有①

，

∴②

将①代入②得，