2022-2023学年江苏省南京市建邺高中高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南京市建邺高中高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若cos2α＝－，且α∈，则sinα＝（    ）

A． B．

C． D．－

【答案】A

【解析】利用二倍角公式可解得的值，再根据的范围可确定的具体值.

【详解】解：因为，所以，解得.又因为，所以，即.

故选：A.

【点睛】本题考查余弦函数的二倍角公式，考查根据角的范围判断正弦函数的正负，属于基础题.

2．已知复数（i是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘、除法运算求出z，进而求出，结合复数的几何意义即可求解.

【详解】，得，

则．

故选:A

3．从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由条件列出样本空间，确定样本空间的基本事件数，再确定事件至少有1名女医生包含的基本事件数，利用古典概型概率公式求其概率.

【详解】解：将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，

这个实验的样本空间可记为，

共包含10个样本点，记事件A为至少有1名女医生参加，

则，

则A包含的样本点个数为7，∴，

故选：C．

4．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B的距离为2，动点Р满足，若点Р不在直线AB上，则面积的最大值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再求出点P到直线AB距离的最大值即可计算作答.

【详解】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，

则，设点，由得：，即，

整理得：，因此点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，则P到直线AB距离的最大值为，

所以面积的最大值为.

故选：B

5．在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意画出圆锥的轴截面，结合图形设出圆柱的底面圆半径和高，以及圆锥的底面半径和高，求出母线长，再列方程求得圆柱的底面半径与圆锥的底面半径之比．

【详解】解：如图所示，为圆锥的轴截面，

，设圆柱的底面圆半径为，高为，

圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，母线长为，

由题意知，，

即；

由相似边成比例得，

即，

，

即，

，

即圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为．

故选：D．

6．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A．-3 B． C． D．

【答案】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．正三棱锥P﹣ABC的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为（　　）

A．1：3 B．1： C． D．

【答案】D

【分析】设侧棱长为，用补形法求得外接球的半径，用体积法求得内切球的半径后即可得．

【详解】三棱锥扩展为长方体（本题实质上是正方体），它的对角线的长度，就是球的直径，

设侧棱长为a，则它的对角线的长度为a，外接球的半径为，

再设正三棱锥内切球的半径为r，正三棱锥底面边长为，设是内切球球心，则到棱锥四个面的距离都等于，

根据三棱锥的体积的两种求法，得，

，

∴该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为．

故选：D．

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．

【答案】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．

二、多选题

9．上级某部门为了对全市名初二学生的数学水平进行监测，将获得的样本数学水平分数数据进行整理分析，全部的分数可按照，，，，分成组，得到如图所示的频率分布直方图则下列说法正确的是（    ）

A．图中的值为

B．估计样本数据的分位数为

C．由样本数据可估计全市初二学生数学水平分数低于分的人数约为

D．由样本数据可估计全市初二学生数学水平分数分及以上的人数占比为

【答案】AB

【分析】根据频率之和为1可判断A,由百分位数的计算可求解B,根据频率分布直方图可得每个分数段的占比，即可判断CD.

【详解】对于A;频率分布直方图中小长方形的总面积为，组距为，故，解得，故A正确；

对于B;设的百分位数为，落在区间中，即，解得，故B正确；

对于C;分以下的人占比为，故全市初二学生数学水平分数低于分的人数约为，故C错误，

对于D;分以下的人占比为，故D错误.

故选：AB

10．如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（    ）

A． B．点､､､四点共面

C．直线与平面所成角的正切值为 D．三棱锥的体积为

【答案】BCD

【分析】利用反证法判断A；利用直线平行判断B；利用线面角的定义判断C；利用锥体体积公式判断D.

【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；

对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；

对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；

对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确

故选：BCD

11．某次数学考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（    ）

A．甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是

B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是

C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是

D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是

【答案】ABC

【解析】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项.

【详解】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为，

随机事件“若能得3分”中有基本事件，故“能得3分”的概率为，故A正确.

乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，

分别为：，

随机事件“能得5分”中有基本事件，故“能得5分”的概率为，故B正确.

丙同学随机选择选项（丙至少选择一项），

由A、B中的分析可知共有基本事件种，分别为：

选择一项：；

选择两项：；

选择三项或全选：，，

随机事件“能得分”中有基本事件，

故“能得分”的概率为，故C正确.

丁同学随机至少选择两个选项，有C的分析可知：共有基本事件11个，

随机事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，

故D错.

故选：ABC.

【点睛】方法点睛：古典概型的概率的计算，关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数的计算，计算时可采用枚举法、树形图等帮助计数（个数较少时），也可以利用排列组合的方法来计数（个数较大时）.

12．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（    ）

A．存在P使得 B．的最小值为

C．，则的面积为9 D．直线与直线斜率乘积为定值

【答案】ABC

【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.

【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，

所以，，，，，

对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；

对于B选项，记，则，

由余弦定理：

，当且仅当时取“=”，B正确；

对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；

对于D选项，设，则，，于是,故错误.

故选：ABC

三、填空题

13．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：

14．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若，且，则该双曲线的离心率为___________.

【答案】

【分析】利用双曲线的定义，结合，且，可求得，进而得到答案.

【详解】因为在双曲线的左右支上，所以，

①②得，，即，又，所以，得，又,

所以离心率.

故答案为：.

15．点在轴上运动，点在直线上运动，若，则的周长的最小值为___________.

【答案】

【分析】设A关于轴的对称点关于的对称点，利用对称将的周长的最小值转化为求的长度，求得的坐标，由两点间距离公式即可求得答案.

【详解】设A关于轴的对称点关于的对称点，

的周长，

取等号时即共线时，的周长的值最小，

即的长度即为三角形周长的最小值，

由题意，

设点 ，

解得，所以，

由两点距离公式知.

故答案为：.

16．已知点M是椭圆上的一动点，点T的坐标为，点N满足，且∠MNT＝90°，则的最大值是______．

【答案】

【分析】由给定条件，可得，再求出的最大值即可计算作答.

【详解】设点，则，即，，

，

当时，，而，，因此，

所以当点时，取得最大值.

故答案为：

四、解答题

17．在平行四边形中，，点E是线段的中点．

(1)求直线的方程；

(2)求过点A且与直线垂直的直线．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）根据中点坐标公式求出E的坐标，根据直线方程的两点式或点斜式即可求AE的方程；

（2）设，根据平行四边形对角线互相平分列方程组求出D的坐标，根据两直线垂直，斜率之积为-1求出直线斜率，再根据直线方程的点斜式即可得到答案．

【详解】（1）由中点坐标公式得，

∴，

∴直线的方程为，即．

（2）设点，∵平行四边形的对角线互相平分，

即BD中点和AC中点重合，

∴，解得，即D(1，－2)，

∴，

则过点A且与直线垂直的直线斜率为：，

方程为：，即．

18．在中，.

(1)求B；

(2)若的周长为，求边上中线的长.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理，结合二倍角的正弦公式进行求解即可；

（2）根据余弦定理，结合（1）的结论进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理由，

因为，所以，即，所以；

（2）由（1）可知，而，所以，

因此，由余弦定理可知：，

因为的周长为，所以有，

设边上中点为，所以，

由余弦定理可知：，

所以边上中线的长.

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的菱形，，底面ABCD，，M为OA的中点，N为BC的中点.

(1)证明：直线面OCD；

(2)求点B到平面OCD的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关法向量，证明向量点乘为0即可；

（2）利用第（1）问的空间直角坐标系，转化为投影向量相关问题求解点到平面距离即可.

【详解】（1）过A作交CD于点P.如图示，分别以，，为x、y、z轴正方向建立坐标系，则，，，，，，.

，，.

设平面OCD的法向量为，则

不妨取，解得：.

因为，

直线面OCD，所以面OCD.

（2）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，

由，得.

20．我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。

(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；

(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，

（2）由概率乘法公式与加法公式求解

【详解】（1）用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，

则所有选科组合的样本空间，

∴，

设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，

则，

∴，

∴.

（2）设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，

由题意知事件，，相互独立

由（1）知.

记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，

则

易知事件，，两两互斥，

根据互斥事件概率加法公式得

.

21．设双曲线的左，右焦点分别为，，左，右顶点分别为A，B，以AB为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为P，若为等腰三角形，求直线的倾斜角．

【答案】

【分析】先求出点坐标，再根据等腰三角形的性质得到，据此求出离心率，再根据斜率公式即可求出倾斜角.

【详解】以AB为直径的圆的方程为，

双曲线过第一象限的渐近线方程为．

由，解得．

由为等腰三角形，得点P在线段的中垂线上，即．

所以，得，

即，解得或（舍）

所以．而，

，则，

即，故直线倾斜角为.

22．知椭圆E：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为

(1)求椭圆E的方程；

(2)如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.

（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.

【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，

令，得，

由题意可得，解得，

椭圆E的方程为：；

（2）由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，

，，

联立，得

，，

由，得，

，

，

直线AD的方程为，令，解得，

则，同理可得，

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.