2022-2023学年江苏省南京市雨花台中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南京市雨花台中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】化简复数，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由题意，复数满足，可得，

可得复数在复平面内对应的点为位于第二象限.

故选：B.

2．已知直线与互相平行，则它们之间的距离是（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】D

【分析】取直线上的定点，再计算到的距离即可.

【详解】取直线上的定点，则到的距离即到的距离为.

故选：D

3．甲，乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为，则谜题被破解的概率为（   ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】利用对立事件即可求得概率.

【详解】设甲，乙两人破解出谜题分别为事件，

则有，则，

谜题被破解的对立事件是甲乙都没有破解谜题，

则.

故选：C.

4．若且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知条件求出，将记为，利用两角差的余弦公式展开计算.

【详解】因为，所以，则，

所以.

故选：D

【点睛】本题考查已知正弦求余弦、两角差的余弦公式，属于基础题.

5．若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据圆锥底面积求得圆锥底面半径，根据侧面展开图是圆心角为的扇形求得母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案.

【详解】设该圆锥的底面半径为r,则 ，

所以该圆锥的底面半径，

设圆锥的母线长为，则，即，

则圆锥的高为 ，

因此该圆锥的体积，

故选:B

6．在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，DE交AC于F，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题可得，再根据向量运算法则即可表示.

【详解】因为是BC的中点，，所以，

所以.

故选：D.

7．已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（    ）

A．4 B． C．8 D．16

【答案】A

【分析】根据，得到，，设直线：，与椭圆联立，根据与椭圆相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，，然后得到矩形MNPQ的面积求解.

【详解】由题意得，，故，，，则直线：，

联立，解得，

，

故所形成的弦长为，解得，

即椭圆：.

由对称性设，其中，则，，，

则，，

故矩形MNPQ的面积，

∴，

故矩形MNPQ面积的最大值为4，

故选：A.

8．已知的顶点都在球的表面上，若，球的表面积为，则点到平面的距离为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据正弦定理可得外接圆半径为，结合球的表面积为可得球的半径，再用勾股定理求解点到平面的距离即可

【详解】如图，设是外接圆的圆心，所以.

因为球的表面积为，所以球的半径，从而点到平面的距离为.

故选：C

二、多选题

9．已知过点的直线与圆交于两点，为坐标原点，则（    ）

A．的最大值为4

B．的最小值为

C．点到直线的距离的最大值为

D．的面积为

【答案】AC

【分析】求得圆的圆心坐标为，半径为，结合圆的性质和圆的弦长公式，准线判定，即可求解.

【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，

又由点在圆内部，

因为过点的直线与圆交于两点，

所以的最大值为，所以A正确；

因为，

当直线与垂直时，此时弦取得最小值，

最小值为，所以B错误；

当直线与垂直时，点到直线的距离有最大值，

且最大值为，所以C正确；

由，可得，即，

所以的面积为，所以D错误.

故选：AC.

10．已知椭圆与双曲线，下列关于两曲线的说法正确的是（    ）

A．的长轴长与的实轴长相等 B．的短轴长与的虚轴长相等

C．焦距相等 D．离心率不相等

【答案】CD

【分析】利用椭圆、双曲线的几何性质逐项判断可得出合适的选项.

【详解】由题意可知，椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，

离心率为，

当时，，，

双曲线的焦点在轴上，其实轴长为，虚轴长为，

焦距为，离心率为.

故的长轴长与的实轴长不相等，的短轴长与的虚轴长不相等，

与的焦距相等，离心率不相等．

故选：CD．

11．设函数是定义在实数集R上周期为2的偶函数，当时，.若直线与函数的图像在[0，2]内恰有两个不同的公共点，则实数a的值可为（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】BD

【分析】根据函数的奇偶性和周期性作出函数f（x）的图象，利用数形结合即可得到结果．

【详解】∵f（x）是偶函数，且当0≤x≤1时，，

∴当﹣1≤x≤0时，f（x）＝f（﹣x）＝1﹣，整理得x2+（y﹣1）2＝1

又因为f（x）周期为2，故1≤x≤2时，f（x）＝1﹣，

即（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1，作出函数f（x）在[0，2]上的图象如图，

图象表示两段四分之一的圆弧，则当直线经过点（1，1）时，满足条件，

此时1＝1+a，解得a＝0，当直线y＝x+a与x2+（y﹣1）2＝1相切时，

也满足条件，此时a＜0，且＝1，解得a＝1，故a＝0或a═1

故选：BD．

【点睛】本题主要考查函数奇偶性和周期性的应用，考查函数交点个数的应用，利用数形结合是解决本题的关键．

12．已知、分别为双曲线的左、右焦点，且，点P为双曲线右支一点，I为的内心，若成立，则下列结论正确的有（    ）

A．当轴时， B．离心率

C． D．点I的横坐标为定值a

【答案】BCD

【分析】当轴时，由，得；由可得求出离心率；设的内切圆半径为，由，，用的边长和表示出等式中的三角形的面积，解此等式求出；由切线的性质面积和双曲线的定义可得I的横坐标．

【详解】当轴时，，

此时，所以A错误；

∵，∴，

整理得（为双曲线的离心率），

∵，∴，所以B正确.

设的内切圆半径为r，

由双曲线的定义得，，

，，，

∵，

∴，

故，所以C正确.

设内切圆与、、的切点分别为M、N、T，

可得，.

由，

，

可得，可得T的坐标为，

即Ⅰ的横坐标为a，故D正确；

故选BCD.

【点睛】本题考查双曲线的定义和简单性质，利用待定系数法求出参数的值，考查圆的切线的性质，化简运算能力和推理能力，属于中档题．

三、填空题

13．直线l过点（1，2），且纵截距为横截距的两倍，则直线l的方程是___________.

【答案】或

【分析】根据题意，分2种情况讨论：①直线过原点，又由直线经过点，由点斜式方程即可得出答案. ②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，代入求出，即可求出直线l的方程.

【详解】根据题意，分2种情况讨论：

①直线过原点，又由直线经过点，此时直线的方程为，即；

②直线不过原点，设其方程为，

又由直线经过点，则有，解可得，

此时直线的方程为，

故直线l的方程为或.

故答案为：或.

14．过点，且与已知圆切于点的圆的方程为______.

【答案】

【分析】首先设所求圆心，半径为，根据圆的性质和圆与圆的位置关系得到，再求半径即可得到答案.

【详解】设所求圆心，半径为，

因为到点与点的距离相等，

所以点在线段的垂直平分线上，

因为，，垂直平分线方程为，

所以，即

圆的标准方程为，其圆心为，

而三点共线，所以，解得，即

，

圆的标准方程为.

故答案为：

15．已知椭圆，过椭圆的左焦点且斜率为的直线l与椭圆交于两点（点在点的上方），若有，则椭圆的离心率为________.

【答案】

【分析】设，，根据条件，可得到，，再将代入椭圆方程作差得到 ，联立化简以上两式并结合直线的斜率，得到点，将点代入椭圆方程可求得离心率.

【详解】设，，

因为，，，

将代入椭圆方程得，

，

两式相减得：，

，，

则，，

因为直线斜率为，，，

将代入椭圆方程整理得：，

或（舍），

故.

故答案为：

四、双空题

16．已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.则双曲线的方程为__________；若过双曲线的右焦点，在轴上存在定点，使得直线绕点无论怎样转动，都有，则实数的值为__________.

【答案】         

【分析】通过两条渐近线的夹角为，求出渐近线的倾斜角为或，结合点在双曲线上，求解，，即可得到双曲线方程；当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，，，，通过，联立直线与双曲线方程推出，利用判别式以及韦达定理，转化求解即可．

【详解】双曲线的渐近线方程为，因为两条渐近线的夹角为，故渐近线的倾斜角为或，所以或．又，故或（无解），故，所以双曲线；双曲线的右焦点为，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，，，，

因为，所以，

整理得到①，

由可以得到，因为直线与双由线有两个不同的交点，故且，所以．

由题设有①对任意的总成立，因，

所以①可转化为，

整理得到对任意的总成立，

故，故即所求的定点的坐标为．

当直线的斜率不存在时，则，此时，或，，

此时．故为实数的值为.

故答案为：，.

五、解答题

17．已知，，．

(1)若点满足，，求点的坐标；

(2)若点在轴上，且，求直线的倾斜角．

【答案】(1)

(2)90°

【分析】第（1）问中，若存在，两直线垂直，则有，两直线平行，则有,设出点的坐标，列方程即可求解.

第（2）问中，根据，可知，设点坐标列方程即可.

【详解】(1)设，由题意得，．

因为，所以，

即．①

又，所以，即．②

由①②，得，，即．

(2)如图所示：

设，因为，

所以．

又，，所以，即，

所以，又，所以轴，

故直线的倾斜角为90°．

18．以简单随机抽样的方式从某小区抽取户居民用户进行用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.

(1)求直方图中的值；

(2)估计该小区居民用电量的平均值和中位数；

(3)从用电量落在区间内被抽到的用户中任取户，求至少有户落在区间内的概率.

【答案】(1)

(2)平均值为，中位数为

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积之和为1即可求解；

（2）根据频率分布直方图中平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和，而中位数左边和右边的直方图的面积相等即可求解；

（3）利用频率分布直方图中频数、频率和样本容量的关系，结合古典概型的计算公式即可求解.

【详解】(1)由，得

(2)平均值，

∵用电量落在区间的频率之和为，

∴中位数落在区，设中位数为，则，

解得.

(3)由题频率分布直方图可知，用电量落在区间的用户有户，记为，用电量落在区间用户有户，记为，记事件“至少有1户落在区间内”.

∴从，中这6个元素中任取2个元素的样本空间，，，，，，，，，，，，，，，共有个样本点，

，，，，，，，，，共有个样本点，

∴，

即至少有户落在区间内的概率为.

19．如图，在四边形中，，，．

(1)求；

(2)若，，求的周长．

【答案】(1)

(2)24

【分析】（1）在中，由同角三角函数关系和正弦定理即可求解，

（2）在中根据余弦定理可求,进而在中中，根据三角形面积公式以及余弦定理即可求解.

【详解】(1)在中，，∴

∵，∴

又∵为钝角，∴为锐角，∴

(2)在中，

∴

∴解得(负根舍去)

在中，，∴

∴又，

整理得，，∴

∴∴，

∴的周长为24.

20．已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于5,若圆与圆关于直线对称．

(1)求圆的方程；

(2)过直线上一点作圆的切线，切点为，当四边形面积最小时，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，设，列出方程组求得，求得圆，再利用点关于直线的对称，求得圆的圆心坐标，即可求得圆的方程；

（2）根据题意求得，当时，取得最小值，得到，确定的以为直径的圆的方程，结合圆的方程，两式相减求得公共弦的方程即可.

【详解】(1)解：由题意，圆心在直线上，可设，

因为圆过点，且与直线相切，

可得，整理得，

因为圆的半径小于5，所以，即，且半径

所以圆的方程为，

设圆，因为圆与圆关于直线对称，

可得，解得，所以圆的方程为．

(2)解：圆，可得，

则四边形的面积，

设，因为，

所以当时，，

此时四边形的面积最小，最小值为，且，

由，可得以为直径的圆的方程为

因为在以为直径的圆上，且在上，且圆，

两圆的方程相减，可得直线的方程为．

21．如图，在三棱柱中，侧面是边长为4的菱形，且，面面.

（1）求证：面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）在菱形中，过点作于，则，再由，能证明平面．

（2）连结，设，则，面，，过点作于点，连结，则平面，，从而为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值．

【详解】解：（1）在菱形中，过点作于，

因为平面平面，

面面，

所以平面，面，

从而，

而，，平面，平面

所以平面

（2）在菱形中，连接，，设，

因为平面，平面，所以，

因为，面，面，

所以面，面，

过点作于点，

连接，则平面，

所以为二面角的平面角，设大小为，

在中，到距离是到距离的，

在中，，且，所以，

则，故

所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

22．在平面直角坐标系中，椭圆经过点，焦距为4.经过椭圆的左焦点的直线与椭圆相交于、两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）当直线经过椭圆的上顶点时，求的面积；

（3）若经过点作的垂线，并与直线相交于点.当最大时，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）由焦点及椭圆上一点坐标列方程组解得可得椭圆方程；

（2）求出直线方程，与椭圆方程的交点坐标后易得三角形面积；

（3）设直线，，.代入方程代入椭圆方程整理后可得，得异号，同时可得，计算和，由求得，利用基本不等式可得其最大值即最大值，由此得所求直线方程．

【详解】（1）因为椭圆经过点，焦距为4.

所以消去整理得，解得（负的舍去），所以，

所以椭圆的方程为.

（2）方法1：由（1）知，椭圆的上顶点为，此时直线的方程为，代入椭圆消去整理得，解得或，

所以的面积；

方法2：由（1）知，椭圆的上顶点为，此时直线的方程为，代入椭圆消去整理得，解得或，

所以的面积.

（3）直线的倾斜角不等于0（否则直线与直线垂直），所以可设直线，

，.

由消去整理得，

所以，，，

所以，异号，由求根公式可知，，

在中，，

同理，

所以

，

当且仅当，即时，取“＝”.

所以为锐角，又在上递增，

所以最大时，.

所以最大时，直线的方程为.

【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交中的面积，最大值问题，对最大值问题，采取设而不求的思想方法，设设直线，，.直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，然后求得的正切值，由正切值的最大得角的最大，得出直线方程．