江西省乐平中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷（含答案）

                       高二月考数学试卷

一、单选题

1．过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ）

A．x-2y-1=0 B．x-2y+1=0 C．2x+y-2=0 D．x+2y-1=0

2．已知向量，，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

3．已知为不共线的非零向量，，，，则（    ）

A．三点共线 B．三点共线

C．三点共线 D．三点共线

4．若，则（    ）

A． B． C． D．

5．经过点作直线，若直线与连接的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

6．设，，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

7．已知圆关于直线（a，b为大于0的数）对称，则的最小值为（    ）A． B． C．1              D．2

8．若直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断错误的是（    ）

A．若，，，则直线与可能相交或异面

B．若，，，则直线与一定平行

C．若，，，则直线与一定垂直

D．若，，，则直线与一定平行

10．下列四个命题正确的为（    ）

A．抛掷两枚质地均匀的骰子，则向上点数之和不小于10的概率为；

B．现有7名同学的体重（公斤）数据如下；50，55，45，60，68，65，70，则这个同学体重的上四分位数（第75百分位数）为68；

C．新高考改革实行“”模式，某同学需要从政治、地理、化学、生物四个字和中任取两科参加高考，则选出的两科中含有政治学科的概率为；

D．某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否适到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为.

11．函数（，，）的部分图像如图所示，下列结论中正确的是（    ）

A．直线是函数图像的一条对称轴  B．函数的图像关于点，对称 C．函数的单调递增区间为，

D．将函数的图像向由右平移个单位得到函数的图像

12．在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把，和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．三棱锥的体积为4

C．三棱锥外接球的表面积为

D．过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为

三、填空题

13．设（x，），若，则的取值范围是________．

14．当时，函数取得最大值，则_______________．

15．已知，且，求的值为_____．

16．骑自行车是一种环保又健康的运动，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑行该自行车的过程中，的最大值为______.

四、解答题

17．已知向量，.

(1)若，求；

(2)若，求向量与的夹角.

(3)若夹角为锐角，求的取值范围.

18．ABC中，分别为角A，B，C的对边，且满足．

（1）求角C ；

（2）若ABC为锐角三角形，c＝12，求ABC面积S的最大值．

19．已知在某次招考测试中，甲､乙､丙3人各自通过测试的概率分别为．求：

(1)至少有1人通过测试的概率；

(2)恰有2人通过测试的概率．

20．已知函数，．

(1)求的最小值；

(2)若在上有零点，求a的取值范围，并求所有零点之和．

21．已知圆C：，直线是圆与圆的公共弦所在直线方程，且圆的圆心在直线上．

(1)求公共弦的长度；

(2)求圆的方程；

(3)过点分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且，求四边形面积的最大值与最小值.

22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.

(1)证明：若，直线平面；

(2)求二面角的正弦值；

(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.

参考答案：

1．A

【分析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.

【详解】设与直线平行的直线方程为，

将点代入直线方程可得，解得．

则所求直线方程为．故A正确．

【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为．

2．D

【分析】根据，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得，结合向量夹角范围可得结果.

【详解】，，

，解得：，

又，，即与的夹角为.

故选：D.

3．B

【分析】根据向量的共线定理，对每个选项逐个分析.

【详解】由于为不共线的非零向量，向量，向量显然没有倍数关系，根据向量共线定理，它们不共线，A，C选项错误；，于是三点共线，B选项正确；又，显然和也没有倍数关系，D选项错误.

故选：B.

4．A

【分析】由可求得，利用同角的三角函数关系将原式化简，即可求得答案.

【详解】因为，故，则，

所以

，

故选：A

5．A

【分析】作出线段及点，即可得出直线变化范围，即可确定斜率取值范围.

【详解】如图所示，，故直线的斜率的取值范围是.

故选：A

6．D

【分析】根据，得到，即，，，从而判断出大小关系.

【详解】因为，所以0<，且，

所以，，，所以.

故选：D.

7．A

【分析】根据圆关于直线对称，可知直线经过圆心，得到的关系式，然后结合基本不等式，即可得到结果.

【详解】因为圆的圆心为，且圆关于直线（，为大于0的常数）对称，

所以直线过圆心，所以，又，，

所以．（当且仅当，时，取“=”）．

故选:A．

8．A

【分析】确定直线恒过定点，确定曲线表示以点为圆心，1为半径，且位于直线右侧的半圆，包括点，．由直线与圆的位置关系可得结论（需要求出切线的斜率）

【详解】直线恒过定点，曲线表示以点为圆心，1为半径，且位于直线右侧的半圆，包括点，．

如图，当直线l经过点时，l与曲线C有两个交点，此时，直线记为；

当l与半圆相切时，由，得，切线记为．

由图可知当时，l与曲线C有两个交点，

故选：A．

9．BCD

【分析】根据线面平行垂直的判定和性质逐个分析即可

【详解】是两条不同的直线，是两个不同的平面，

对于A，若，，，则直线与相交垂直或异面垂直，故A正确；

对于B，若，，，则直线与相交、平行或异面，故B错误；

对于C，若，，，则直线与相交、平行或异面，故C错误；

对于D，若，，，则直线与相交、平行或异面，故D错误.

故选：BCD

10．ABC

【分析】对于A，利用列举法分析判断，对于B，利用百分位数的定义求解即可，对于C，利用列举法分析判断，对于D，根据相互独立事件概率公式计算可得.

【详解】A.抛掷两枚质地均匀的骰子，总的基本事件数为种，

向上点数之和不小于10的基本事件有，，，，，共6种，所以所求事件的概率，故A正确；

B.因为，

所以这7个同学体重的上四分位数（第75百分位数）为68，故B正确；

C.从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考的基本事件个数为，

选出的两科中含有政治学科的基本事件有（政治，地理），（政治，生物），（政治，化学）共3种，所以所求事件的概率，故C正确；

D.该生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口不是红灯,第3个路口是红灯，所以概率为，故D错误；

故选：ABC.

11．BCD

【分析】根据给定的函数图象结合“五点法”作图，求出函数的解析式，再逐项分析判断作答.

【详解】观察图象得：函数的周期，有，即，则，

由得：，而，则，因此，

对于A，，即直线不是函数图像的一条对称轴，A不正确；

对于B，由得：，函数的图像关于点，对称，B正确；

对于C，由得：，

函数的单调递增区间为，，C正确；

对于D，，D正确.

故选：BCD

12．ACD

【分析】将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，对A：由平面即可判断；对B：由即可求解；对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对D：由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.

【详解】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，如图所示：

对A：因为，，，所以平面，所以，故选项A正确；

对B：因为M为BE的中点，所以，故选项B错误；

对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径，所以三棱锥外接球的表面积为，故选项C正确；

对D：过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径，截面圆的面积为，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为，故选项D正确.

故选：ACD.

13．

【分析】根据复数的几何意义可得复数对应的点的轨迹方程为圆，再转化为圆上的点到定点的距离的最值问题即可得解.

【详解】解：由，可得，

表示在以为圆心，2为半径的圆上，

，

的几何意义表示复平面内点与点的距离，

即圆圆上的点与点的距离，

圆心到点的距离为，

由圆的几何意义得到范围是．

故答案为：.

14．

【分析】利用三角恒等变换化简函数，根据正弦型函数的最值解得，利用诱导公式求解即可.

【详解】解析：当时，取得最大值（其中），

∴，即，

∴．

故答案为：-3.

15．##

【分析】注意到，利用诱导公式和两角和的正弦公式求解，注意范围的确定.

【详解】，则，注意到

，于是

，不妨记

，于是，而，于是（负值舍去），又，则（正值舍去），于是计算可得：

，而，于是

.

故答案为：.

16．

【分析】方法一：以为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据向量数量积的坐标运算和三角恒等变换知识可表示出，则当时可得所求最大值；

方法二：根据向量线性运算可得，利用向量数量积的定义和运算律可化简得到，由此可求得最大值.

【详解】方法一：以点为坐标原点，为轴负半轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，

点在以为圆心，为半径的圆上，可设，

，，

，

则当时，取得最大值.

方法二：，

则当与同向，即时，取得最大值为.

17．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由向量垂直坐标表示可求得，由向量模长的坐标运算可求得结果；

（2）由向量夹角的坐标运算可直接求得结果；

（3）由向量夹角为锐角可知且不同向，由此可构造不等式组求得的范围.

(1)

由得：，解得：，，

，.

(2)

当时，，，

又，.

(3)

夹角为锐角，且不同向，，

解得：且，的取值范围为.

18．（1）或；（2）.

【分析】（1）根据， 由正弦定理得到：，即求解；

（2）由（1）根据ABC为锐角三角形，得到，然后利用余弦定理结合基本不等式得到的范围求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理可得：，

因为，

所以，

所以，即，

所以或，

即或，

①若，则，

②若，则，

因为，所以，即，

综上，或.

（2）因为ABC为锐角三角形，所以，

因为，

即（当且仅当a＝b等号成立）.

所以

即△ABC面积S的最大值是

19．(1)

(2)

【分析】（1）设事件“甲通过测试”，事件乙通过测试”，事件“丙通过测试”，事件与相互独立，至少有1人通过测试的对立事件为1人也没用过，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.

（2）设事件“甲､乙､丙3人中恰有2人通过测试”，则，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.

(1)

设事件“甲通过测试”，事件乙通过测试”，事件“丙通过测试”，

事件与相互独立，由题意有：．

设事件“甲､乙､丙3人中至少有1人通过测试”，则的对立事件

(2)

设事件“甲､乙､丙3人中恰有2人通过测试”，则，

由于事件均相互独立，并且事件两两互斥，

因此

20．(1)（a）

(2)，所有零点之和为

【分析】（1）由函数，根据，，得到，，分，，，讨论求解；

由，根据，得到，令，，得到，利用勾函数的性质求解.

（1）解：函数，，，，，当时，即时，则时，取得最小值（a）；当时，即时，则时，取得最小值（a）；当时，即时，则时，取得最小值（a）．综上可得，（a）．

（2），，，，由，可得，当时，此等式不成立．故有，，令，，则，令，则，由对勾函数的性质得：函数在上单调递减，故当m=1，即时，；当m趋于0，即趋于1时，趋于正无穷大，所以，所有零点之和为．

21．(1)；

(2)；

(3)最大值7，最小值.

【分析】（1）直线与圆相交，利用弦长公式计算作答.

（2）根据给定条件，利用相交两圆的性质求出圆心E的坐标，即可求解作答.

（3）点Q在圆E内，设出点Q到直线MN，RS的距离，由此表示出四边形的面积，再利用二次函数求解最值作答.

（1）

依题意，圆C：的圆心，，

则点C到直线的距离，即有，

所以公共弦的长度是.

（2）

依题意，直线垂直平分公共弦，于是得直线CE的方程为：，

由解得，即点，点E到直线的距离为，

因此圆E的半径，

所以圆的方程是.

（3）

由（2）知点在圆E内，令弦MN的中点为F，弦RS的中点为G，当直线MN，RS与x轴都不重合时，有，

而，则四边形是矩形，令，则，

当直线MN，RS之一与x轴重合时，也成立，

而，四边形的面积：

，

因此当，即时，，当或时，，

所以四边形面积的最大值与最小值分别为7，.

22．(1)证明见解析

(2)

(3)存在，或

【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；

（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；

（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.

（1）

如图所示，在线段上取一点，使，连接，，

，

，

又，，

，四边形为平行四边形，

，

又，，

所以平面平面，

平面，

平面；

（2）

如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

又是中点，则，

所以，，，

设平面的法向量，

则，令，则，

设平面的法向量，

则，令，则，

所以，

则二面角的正弦值为；

（3）

存在，或

假设存在点，设，即，，

由（2）得，，，且平面的法向量，

则，，

则，

，

解得或，

故存在点，此时或.