2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二上学期第三学月考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二上学期第三学月考试数学（理）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二上学期第三学月考试数学（理）试题 一、单选题1．不等式的解集为（    ）A．或 B．C．或 D．【答案】B【解析】由可得异号，分类讨论解不等式组可得答案.【详解】因为，所以或，解得或，综上可得，不等式的解集为，故选：B.2．某工厂从一批产品中抽取一个容量为的样本，根据样本数据分成，，，，四组，得到频率分布直方图如图所示．若样本数据落在内的个数是66，则（    ）A．150 B．300 C．600 D．1200【答案】A【解析】先由频率分布直方图求出数据落在内的频率，再由频率等于频数除以总数，可求得的值【详解】由图可知样本数据落在内的频率为，则．故选：A3．某校有学生800人，其中女生有350人，为了解该校学生的体育锻炼情况，按男、女学生采用分层抽样法抽取容量为80的样本，则男生抽取的人数是（    ）A．35 B．40 C．45 D．60【答案】C【解析】利用分层抽样的定义直接求解即可【详解】由题意可得男生抽取的人数是．故选：C4．抛物线的准线方程是  A．x=1 B．x=-1 C． D．【答案】C【分析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而求得p，再根据抛物线性质得出准线方程．【详解】解：整理抛物线方程得，∴p＝∵抛物线方程开口向上，∴准线方程是y＝﹣故答案为C．【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程和简单性质．属基础题．5．已知两个向量，若，则的值为（    ）A． B． C．2 D．8【答案】B【分析】直接利用空间向量垂直的坐标运算计算即可.【详解】因为，所以，即，解得.故选：B6．若圆与直线相切，则（    ）A．3 B．或3 C． D．或【答案】B【分析】根据圆与与直线相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】圆的标准方程为：，则圆心为，半径为，因为圆与与直线相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得或，故选：B7．在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，得，，，，，所以在上的投影为，所以点到直线的距离为故选：B8．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D9．已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，离心率为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据余弦定理和椭圆的几何性质可求得答案.【详解】解：在中，，故，所以.故选：D.10．已知长方体的顶点，，，，在球的表面上，顶点，，，，在过球心的一个平面上，若，，，则球的表面积为（      ）A． B． C． D．【答案】C【解析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积.【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，所以球的半径满足，所以球的表面积.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.11．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，若实数满足，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由两点的距离公式和椭圆的定义可得点在椭圆上.继而有表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立椭圆与直线的方程，利用根的判别式可求得答案.【详解】因为，可转化为点到点和点的距离之和为，故点在椭圆上.表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立方程组整理得，，解得或，故的取值范围是故选：C.12．设抛物线的焦点为，以抛物线上不同两点、为直径的圆恰好过焦点，直线与抛物线的准线的交点恰好在轴上，则该圆的半径为（    ）A．3B．6C．D．【答案】C【分析】设直线：，与抛物线联立，用设而不求法表示出，解出，求出圆的半径.【详解】准线与轴的交点坐标为，故直线可设为：，设，，联立直线与抛物线得方程组，化简得，所以，，由得，解得，故圆的半径为．故选：C 二、填空题13．双曲线的渐近线方程为______．【答案】【分析】将双曲线方程化成标准方程，得到且，利用双曲线渐近线方程，可得结果．【详解】把双曲线化成标准方程为，且，双曲线的渐近线方程为，即故答案为【点睛】本题主要考查利用双曲线的方程求渐近线方程，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题．若双曲线方程为，则渐近线方程为；若双曲线方程为，则渐近线方程为.14．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则______.【答案】0【解析】根据向量的运算法则依次代换成形式，即可得出未知数的值.【详解】在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，所以由题：所以即.故答案为：0【点睛】此题考查空间向量的基本运算，根据线性运算关系依次表示出所求向量即可.15．已知a，b∈R，且，则的最小值是 _____．【答案】2【分析】两次利用基本不等式即可得出结论.【详解】∵，∴ ，当且仅当a＝1＝b时取等号，其最小值是2，故答案为：2．16．已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，若，，则的离心率为________.【答案】2【解析】首先根据可得，可计算，结合可得是等腰三角形，且，再由渐进线的斜率可计算出点坐标，即可求出点坐标，利用结合可得之间的关系，即可求解.【详解】因为，所以，即所以为点到渐近线的距离，，所以，可得点为的中点，又因为，所以，所以，设双曲线的左焦点为，，则，因为，所以，所以，，所以，因为为中点，所以，，将代入整理可得：即，所以，可得，解得：或（舍），故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆离心率的方法：（1）直接利用公式；（2）利用变形公式；（3）根据条件列出关于的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解. 三、解答题17．设p：；q：关于x的方程无实根.(1)若q为真命题，求实数k的取值范围；(2)若是假命题，且是真命题，求实数k的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据命题的真假，结合一元二次方程无实根，列出的不等式，即可求得结果；（2）求得命题为真对应的的范围，结合命题一个为真命题一个为假命题，即可列出的不等式组，求解即可.【详解】（1）若q为真命题，则， 解得，即实数k的取值范围为.（2）若p为真，，解得，由是假命题，且是真命题，得：p、q两命题一真一假， 当p真q假时，或，得， 当p假q真时，，此时无解. 综上的取值范围为.18．已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若正数满足，且对于任意的，恒成立求实数的值.【答案】（1）答案详见解析；（2）.【解析】（1）当时，，用分类讨论的思想解不等式即可得到答案.（2）对于任意的恒成立，则，由一元二次函数图像的性质得，利用基本不等式可得，利用基本不等式等号成立的条件，结合已知条件即可得到答案.【详解】（1）当时，，则不等式等价于，①    当时，，解得；②    当时，，解得；③    当时，，解得.综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.（2）函数的图像是开口向上，对称轴为的抛物线，因为，所以.所以函数在上单调递增，所以函数在上的最小值为，依题对于任意的恒成立，所以即，又，所以当且仅当即时等号成立.又依题有所以，所以.所以满足条件的的值为.【点睛】本题第一问主要考查一元二次不等式的解，涉及分类讨论思想，第二问主要考查恒成立问题和基本不等式，属于中等题.19．已知抛物线：的焦点为，准线方程是.（1）求抛物线的方程；（2）过点且倾斜角为的直线与抛物线交于，两点，求；（3）设点在抛物线上，且，求的面积（为坐标原点）.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据准线方程得，即可求出抛物线方程；（2）根据抛物线焦点弦的弦长公式求解；（3）根据求出的坐标即可得出三角形的面积.【详解】（1）因为抛物线的准线方程是，所以，即，故抛物线的方程为；（2）因为直线过点，且倾斜角为，所以直线的方程是，联立，整理得，设，，则，故；（3）设，因为，所以，所以，将代入方程，解得，则的面积为.【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，通过方程求解弦长和点的坐标进而求出三角形面积.20．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是边长为4的等边三角形，∠A1AB＝∠A1AC，D为BC的中点.(1)证明：BC⊥平面A1AD；(2)若△A1AD是等边三角形，求二面角D－AA1－C的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）做出辅助线，证明线线垂直，进而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求解二面角.【详解】（1）证明：连接A1B.因为∠A1AB＝∠A1AC，AB＝AC，AA1＝AA1，所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B＝A1C.因为D为BC的中点，所以BC⊥A1D.因为D为BC的中点，且AB＝AC，所以BC⊥AD.因为，A1D，AD⊂平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD.（2）取AD的中点O，连接A1O，因为△A1AD是等边三角形，所以A1O⊥AD.由(1)可知BC⊥平面A1AD，则BC，AD，A1O两两垂直，故以O为原点，OA所在直线为x轴，过O作BC的平行线为y轴，OA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系O－xyz.因为底面ABC是边长为4的等边三角形，所以.因为△A1AD是等边三角形，所以A1O＝3.所以，，，，则，.设平面AA1C的法向量为，由得：令z＝1，得.易知平面A1AD的一个法向量为，记二面角D－AA1－C为θ，则.故二面角D－AA1－C的正弦值为.21．已知.(1)若的切线在轴、轴上截距相等，求切线的方程；(2)从圆外一点向圆引切线为切点，为原点，若，求使最小的点坐标．【答案】（1）或；（2）.【详解】试题分析：（1）分两种情况讨论，切线过原点可得方程为 ，切线不过原点可设方程为 ，分别利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得 的值，从而可得切线方程；(2)由，可得,在外，，将代入得恒成立，利用二次函数配方法可得，此时.试题解析：：(x＋1)2＋(y－2)2＝4，圆心C(－1,2)，半径r＝2.(1)若切线过原点设为y＝kx，则或若切线不过原点，设为x＋y＝a，则，切线方程，或.(2),,在外，，将代入得，恒成立，此时.22．已知椭圆()的左、右焦点分别是，，点为的上顶点，点在上，，且.（1）求的方程；（2）已知过原点的直线与椭圆交于，两点，垂直于的直线过且与椭圆交于，两点，若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，由已知，求得的坐标为，代入椭圆方程，得；再由，求得，结合，求出值，即可求得结论；（2）先讨论直线斜率不存在和斜率为0的情况，验证不满足条件，设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元，由韦达定理和相交弦长公式，求出；再将直线方程与椭圆联立，求出，由求出的值，进而求出，再求出点到直线的距离，即可求解.【详解】（1）设椭圆的焦距为，∵，∴的坐标为.∵在上，将代人，得.又∵，∴，∴.又∵，∴，，的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；当直线的斜率为0时，，，也不符合题意.∴可设直线的方程为,联立得，则，..由得或∴.又∵，∴，∴，∴.∵到直线的距离，∴.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设直线方程时要注意特殊情况，要熟练掌握求相交弦长的方法，考查计算能力，属于较难题.