2022-2023学年黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高二上学期第二次月考月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高二上学期第二次月考月考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学高二上学期第二次月考月考数学试题 一、单选题1．如果，那么（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用元素与集合的关系，集合与集合关系判断选项即可．【详解】解：，由元素与集合的关系，集合与集合关系可知：，故正确，错误；，故错误；，故错误；故选：．【点睛】本题考查元素与集合的关系，集合基本知识的应用，属于基础题．2．设集合，，则 （    ）A．U B． C． D．【答案】C【分析】由已知集合及对应的全集，利用集合的补集运算求补集.【详解】由集合，，所以，故选：C.【点睛】本题考查了集合的基本运算，根据集合及其全集求补集，属于简单题.3．已知：，是方程的两根，：，则是的．A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先求得中的值，再根据相互推导的情况判断出正确结论.【详解】对于，由于，故或.所以，故是的充分但不必要条件.故选A.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查一元二次方程根的求法，属于基础题.4．满足条件∪{1}={1，2，3}的集合的个数是A．1 B．2C．3 D．4【答案】B【详解】试题分析：由题意得，根据集合的运算可知，当集合中，只有两个元素时，此时；当集合中，只有三个元素时，此时,所以集合的个数为两个，故选B．【解析】集合的并集．5．已知集合，则中元素的个数为A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】化简集合A，求出交集即可得到结果.【详解】,，,元素个数为4个，故选：C【点睛】本题主要考查了分式不等式，集合的交集，属于容易题.6．如果二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为，3，且a<0，那么不等式ax2＋bx＋c>0的解集为（    ）A．{x|x>3或x<－2} B．{x|x>2或x<－3}C．{x|－2<x<3} D．{x|－3<x<2}【答案】C【分析】本题先根据一元二次方程的两根因式分解，再根据a<0求一元二次不等式的解集即可.【详解】解析：由二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为－2，3，且a<0，知不等式ax2＋bx＋c>0可化为a(x＋2)(x－3)>0，即(x＋2)(x－3)<0，方程(x＋2)(x－3)＝0的两根为x1＝－2，x2＝3，则不等式(x＋2)(x－3)<0的解集是{x|－2<x<3}，故选：C.【点睛】本题考查根据一元二次方程的根求对应一元二次不等式的解集，是基础题.7．函数（且）的图象恒过定点P，点P又在幂函数的图象上，则的值为（    ）A．4 B．8 C．9 D．16【答案】C【解析】先求出定点P的坐标，然后代入幂函数中，即可求出幂函数的解析式，进而可以求出的值.【详解】∵，令得，∴，∴的图象恒过点，设，把代入得，∴，∴，∴.故选：C.【点睛】关键点点睛：对于指数型和对数型函数图象恒过定点问题，要熟练掌握指数函数、对数函数恒过定点问题，指数函数恒过定点，对数函数恒过定点，然后对于指数型函数和对数型函数，类比进行即可.8．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由指数函数、对数函数的单调性可得，即可得解.【详解】由题意，，，，所以.故选：B.9．已知函数f(x)=()x-1+b的图像不经过第一象限,则实数b的取值范围是（    ）.A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数函数的图象和性质即可得到结论．【详解】∵函数f（x）为减函数，∴若函数f（x）=（）x-1+b的图象不经过第一象限，则满足f（0）=2+b≤0，即b≤-2；故选C．【点睛】本题主要考查指数函数的图象和性质，属于基础题．10．已知函数，若，实数（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】推导出，从而，进而，由此能求出实数的值．【详解】解：函数，，，，解得实数．故选：． 二、多选题11．（多选题）下列判断错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据指数函数的单调性，即可比较大小.【详解】解：对于A，和可看作函数当x分别取和时所对应的两个函数值，因为底数，所以指数函数在R上是增函数，又因为，所以，A选项错误；对于B，，所以函数在R上是减函数，又，所以，B选项错误；对于C，在R上是增函数，，得，C选项错误；对于D，在R上是减函数，，得，D选项正确；故选：ABC.12．下列函数中,是偶函数,且在区间上为增函数的是（    ）A． B．y=1-x2 C． D．【答案】AD【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，y＝|x|，是偶函数，且在区间（0，+∞）上为增函数，符合题意；对于B，y＝1﹣x2，是二次函数，在区间（0，1）上为减函数，不符合题意；对于C，y，是反比例函数，是奇函数，不符合题意；对于D，y＝2x2+4，为二次函数，是偶函数且在区间（0，+∞）上为增函数，符合题意；故选：AD．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题． 三、填空题13．已知函数，则函数的解析式为______________.【答案】【分析】令，可得，代入化简可得的表达式，由此可得出函数的解析式.【详解】令，可得，代入可得.所以，.故答案为；.【点睛】本题考查利用换元法求函数解析式，考查计算能力，属于基础题.14．若一元二次不等式在R上恒成立，则m的取值范围是___.【答案】m>【分析】根据给定条件，利用一元二次不等式解集规律列式求解作答.【详解】因一元二次不等式在R上恒成立，则有，解得，所以m的取值范围是.故答案为：15．已知，且满足，则的最小值为__________．【答案】【分析】设点，【详解】设点，，直线，直线由题意可知点在直线上，点在直线上所以由题意可知与平行，故A、B之间的最小距离即为两平行线之间的距离故答案为：16．已知圆与圆外切，a，b均为正实数，则ab的最大值为___.【答案】##2.25【分析】两圆外切，圆心距等于半径之和，得a+b=3，再用基本不等式求ab的最大值.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，两圆外切，圆心距等于半径之和，即，得a+b=3，已知a,b均为正实数，由基本不等式得，，当时等号成立，∴ab的最大值为.故答案为： 四、解答题17．已知两条直线和，分别求满足下列条件的，.(1)//；(2)，且在轴上的截距为.【答案】(1)，或，；(2)，8. 【分析】（1）根据直线平行，列出满足的条件，求解即可；（2）根据直线垂直，结合在轴上的截距，即可求得.【详解】（1）由题可得：，且，解得或.（2）根据题意，满足，解得；又，故可得，解得；故.18．已知直线经过点，直线经过点，且.(1)求与之间的最大距离，并求此时两直线的方程;(2)若与间的距离为5，求两直线的方程.【答案】(1)；直线的方程为，直线的方程为(2)，或， 【分析】（1）当经过两点的直线与两点连线垂直时，距离最大，利用两点间距离公式即可求出最大距离，再利用直线垂直时斜率的关系即可求出直线，的斜率，再用点斜式求出方程.（2）分类讨论：若，的斜率都不存在，通过验证即可得出直线方程，若，的斜率都存在，利用两条平行线的斜率相等设出直线方程，将两平行线之间的距离转化为点到直线的距离，求出斜率k，进而得到直线方程.【详解】（1）解：当分别经过P，Q两点的直线，与两点连线垂直时，与之间的距离最大，因为直线PQ的斜率为，所以此时直线与的斜率均为5，与之间的最大距离为，此时直线的方程为，即，直线的方程为，即.（2）解：①若，的斜率都存在，设直线的斜率为k，则的方程为，即，的方程为，即，在直线上取点，则点到直线的距离，，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即；②若，的斜率都不存在，则的方程为，的方程为，它们之间的距离为5，符合题意.综上所述，两直线的方程为，或，.19．已知圆过点，且圆心在直线，圆．(1)求圆的标准方程；(2)求圆与圆的公共弦所在的直线方程及公共弦长．【答案】(1)(2)直线方程为，公共弦长为 【分析】（1）根据题意求出圆心和半径，即可写成圆的方程；（2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，再由圆心到直线的距离和半径，利用勾股定理求出公共弦长．【详解】（1）由题意可设圆心，则，解得，此时圆的半径为，所以圆的标准方程为：；（2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即，化简得，所以圆的圆心到直线的距离为，则，解得，所以所求公共弦长为．所以圆与圆的公共弦所在的直线方程为，公共弦长为20．在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别是，记外接圆为圆．(1)求圆的方程；(2)在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由．【答案】(1)；(2)存在；点有两个. 【分析】（1）设出圆的一般方程，根据三点均在圆上，列出方程组，即可求得圆方程；（2）根据题意，设出点的坐标，根据点满足的条件以及点在圆上，将问题转化为直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】（1）设外接圆的方程为，将代入上述方程得：，解得则圆的方程为.（2）设点的坐标为，因为，所以，化简得：.因为圆的圆心到直线的距离为所以直线与圆相交，故满足条件的点有两个．21．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.(1)求直线FC到平面 AEC1的距离；(2)求平面 AEC1与平面 EFCC1所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，求出，即可证明，得到平面，点到平面的距离即为直线到平面的距离，求出平面的法向量，然后利用空间向量法求解点到平面的距离，即可得到结果．（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求解平面与平面所成锐二面角的余弦值即可．【详解】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，则，，，，.∴，，，，.∵.∴，∴平面，∴点到平面的距离即为直线到平面的距离，设平面的法向量为，则，∴，∴，取，则，，∴，又，∴点到平面的距离为.（2）解：设平面的法向量为，则，∴，∴，取，则，∴，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.22．如图，在三棱锥中，已知，，为的中点，平面，，为的中点，点在上，满足.(1)求点到平面的距离;(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及的方向向量，即可由点面距离的向量求解方法，求解即可；（2）求得直线的方向向量，以及平面的法向量，利用向量法即可求得结果.【详解】（1）连接，因为，故；由面，面，故，故两两垂直，则以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：则，，设，，，因为，故可得，解得，故，设平面的法向量，因为故，令，则，故；故点到平面的距离=.（2）设平面的法向量，因为，故，令，则，故；设直线与平面所成角为，因为,故，故.故直线与平面所成角的余弦值为.