2022-2023学年上海市洋泾中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市洋泾中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．直线的倾斜角为______．
【答案】##
【分析】首先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系计算可得；
【详解】解：直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，因为，所以；
故答案为：
2．若是等差数列，，的前5项和，则________.
【答案】11
【分析】设等差数列的公差为d，则由题意可得，解方程组求出，从而可求出结果.
【详解】解：设等差数列的公差为d，
因为，，
所以，解得，
所以，
故答案为：11.
3．若圆锥高为3，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为_______.
【答案】
【分析】根据题意求出底面圆半径，再结合扇形面积即可求解.
【详解】设圆锥的母线长是，底面半径为，圆锥高为，因为母线与底面所成角为，可得，又因为，则，.又因为侧面积为.
故答案为：
4．过点P（2，3）且在两坐标轴上截距相等的直线方程是______
【答案】或
【分析】分别求直线过原点和不过原点的方程即可.
【详解】当直线过原点时，设为，因为过点，所以，解得，
故直线为.
当直线不过原点时，设为，
因为过点，所以，解得，即直线为.
综上直线方程为或.
故答案为：或
5．已知表示圆，则实数a的值是_______．
【答案】##
【分析】把方程化为，根据题意可得，解之即可得解.
【详解】解：把方程化为，
因为此曲线表示圆，
所以，解得.
故答案为：.
6．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AA1=2，AC=BC=1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是____.
【答案】
【分析】利用向量夹角公式即得.
【详解】
由题意得∠CAB=45°，AB=，
∵，
∴
又||===，||=1，
∴cs<>===.
故答案为：.
7．若直线和曲线恰有一个交点，则实数b的取值范围是________．
【答案】
【分析】曲线是以原点为圆心,为半径的半圆,直线是一条斜率为的直线,利用图像找到交点恰有一个的情况即可
【详解】由题,由可得,即为以原点为圆心,为半径的半圆,
直线是一条斜率为的直线,
与轴交于两点,分别是,,
当点在直线上时,；当点在直线上时,,
则当时,二者恰有一个公共点；
当直线与相切时,满足,所以或（舍）,
综上, 或,
故答案为:
8．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则_______
【答案】
【详解】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4，
又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍．
即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍．
所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24
【解析】棱柱、棱锥、棱台的体积
9．如图，函数图像与轴交于点，与轴交于点，则______.
【答案】
【分析】由题意得或，且，，结合图象有求范围，即可确定参数值.
【详解】由题设且，
所以或，且，，
当时，，，故，，
当时，，，故，，
由图知：，可得，
综上，时，此时，故.
故答案为：
10．在平面直角坐标系中，点，，定义为点、之间的极距，已知点P是直线上的动点，已知点Q是圆上的动点，则、两点之间的距离最小时，其极距为_____________.
【答案】##0.8
【分析】首先利用极距定义，以及点线距离公式，将问题转化为求，即可求解.
【详解】
如上图所示，在平面直角坐标系中，、，作出直角三角形，则由极距的定义可知，就是直角三角形中较小的直角边的大小.
因为点是直线：上的动点，是圆：上的动点，要使得最小，则，最小，此时，设直线交轴于点，交轴于点，因为直线的斜率为，则.如下图所示，
过点作平行于轴，过点作平行于轴，则，所以，在直角三角形中，，两点之间的极距即为.
设，则，所以，解得，即，两点之间最小的极距为.
故答案为：
二、单选题
11．直线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用直线垂直，得到斜率的积为，即可求解.
【详解】由题意可知，直线斜率都存在.因为，则有，解得.
故选：A
12．已知均为复数，则下列命题不正确的是（ ）
A．若则为实数B．若，则为纯虚数
C．若，则为纯虚数D．若，则
【答案】C
【分析】设复数，利用复数的基本运算，以及复数方程的运算，即可判定，得到答案.
【详解】由题意，设复数，
对于A中，由，即，解得，所以复数为实数，所以A正确；
对于B中，复数，因为，可得，所以复数为纯虚数，所以是正确的；
对于C中，当时，满足，所以复数不一定为纯虚数，所以不正确；
对于D中，由，可得，即，解得或，
所以，所以是正确的.
故选C.
【点睛】本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念和复数方程的应用，其中解答中熟练利用复数的代数形式的四则运算，以及熟记复数的基本概念是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
13．正项等比数列中，存在两项、使得，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】设等比数列的公比，根据题意求得，结合，即可求解.
【详解】设等比数列的公比，（其中），
因为，可得，即，解得或（舍去）
又因为，所以，即，所以，
所以或或，
所以或或，
所以的最小值为.
故选：A.
14．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.
【详解】解：点关于的对称点为，关于的对称点为，
记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，
因为，
而，故，
故选：B.
【点睛】方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.
三、解答题
15．已知复数满足（为虚数单位），复数的虚部为，是实数，求．
【答案】
【详解】解：（4分）
设，则， （12分）
∵，∴（12分）
16．在中，角的对边分别为，已知， , 且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，面积为 ，试判断的形状，并说明理由.
【答案】（1） ；（2）为等边三角形．
【分析】（1）由（2b﹣c）csA﹣acsC＝0及正弦定理，得sinB（2csA﹣1）＝0，从而得角A；
（2）由S△ABC＝bcsinA＝，可得bc＝3，①；再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccsA可得b2+c2＝6，②；联立①②可求得b＝c＝，从而可判断△ABC的形状．
【详解】（1）由（2b﹣c）csA﹣acsC＝0及正弦定理，得（2sinB﹣sinC）csA﹣sinAcsC＝0，
∴2sinBcsA﹣sin（A+C）＝0，sinB（2csA﹣1）＝0．
∵0＜B＜π，∴sinB≠0，∴csA＝．∵0＜A＜π，
∴A＝．
（2）△ABC为等边三角形，∵S△ABC＝bcsinA＝，
即bcsin＝，∴bc＝3，①
∵a2＝b2+c2﹣2bccsA，A＝，a＝，∴b2+c2＝6，②
由①②得b＝c＝，∴△ABC为等边三角形．
【点睛】本题考查三角形形状的判断，着重考查正弦定理与余弦定理的应用，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
17．已知数列和有，，而数列的前项和.
(1)证明数列为等比数列，其中；
(2)如果，试证明数列的单调性.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定的递推关系，结合等比数列定义计算判断作答.
（2）由（1）求出数列的通项，再求出数列的通项，利用作差法比较大小作答.
【详解】（1）数列中，当时，，因，有，
，由此可得，而，
于是得，而，
所以数列为以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，
当时，，满足上式，
因此，则，有，即，
所以数列为严格递减数列.
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，，.
(1)若，求二面角的大小；
(2)试求四棱锥的体积V的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得：，建立空间直角坐标系，再分别求出两个平面的法向量，然后利用空间向量的有关运算求出两个向量的夹角，进而转化为二面角的平面角；
（2）由已知可得菱形的面积为：，再由余弦定理可求得，即可得到，进而表示出棱锥的体积，再结合三角函数的范围求出体积的范围.
【详解】（1）解：平面，且，
所以A为坐标原点，分别、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，
，
，
则，，，，
设平面的法向量，
，，
，可取，
又，，
且，平面，平面，
平面，
则可取平面的法向量
所以二面角的平面角满足，
则二面角的大小为.
（2）菱形的面积，
在中，由余弦定理可求得，
，
，
，
，
，
即求四棱锥的体积V的取值范围为.
19．已知圆和圆.
(1)若圆与圆相交，求的取值范围；
(2)若直线与圆交于P，Q两点，且，求实数的值；
(3)若，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）利用相交时圆心距的位置关系可求的取值范围；
（2）联立直线与圆，写出韦达定理，结合数量积代换可求实数的值；
（3）由两圆半径相等，两直线和截得圆和圆弦长相等可得弦心距相等，得 ，转化为求方程组的解即可.
【详解】（1）解：圆的标准方程为，
则圆心，，
圆的标准方程为，
则圆心，
，
圆与圆相交
，即，
解得，
的取值范围.
（2）已知直线与圆交于P，Q两点，设，，
联立，得，
所以，得
，
解得，经检验得，所以.
（3）设点P坐标为，直线、的方程分别为：，，
即：，，
因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等，
由垂径定理得，圆心到直线与直线的距离相等．
故有：，
化简得：，或，
关于k的方程有无穷多解，有或，
解得或，
所以点P坐标为或．