1、江苏省扬州中学2022-2023学年第一学期10月月考高二数学第卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.【详解】由于直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，又因为，所以，解得.故选：B.2. 已知是单位向量，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，可得，再根据数量积运算律求出夹角的余弦值，即可得解.【详解】解：因为是单位向量，所以，又因为，所以，即
2、，所以，又，所以与的夹角为.故选：D.3. 下列说法中错误的是（ ）A. 平面上任意一条直线都可以用一个关于，的二元一次方程（，不同时为0）表示B. 当时，方程（，不同时为0）表示的直线过原点C. 当，时，方程表示的直线与轴平行D. 任何一条直线的一般式方程都能与其他两种形式互化【答案】D【解析】【分析】根据直线方程表示不同直线的充要条件即可做出判断.【详解】A：因为在平面直角坐标系中，每一条直线都有倾斜角，当时，直线的斜率存在，其方程可写成，它可变形，与比较，得，；当时，直线的斜率不存在，其方程可写成，与比较，得，显然，不同时为0，所以A说法正确；B：当时，方程（，不同时为0）即，显然有，即
3、直线过原点，所以B说法正确；C：当，时，方程可化为，它表示的直线与轴平行，所以C说法正确；D：当直线平行于坐标轴时一般式不能化为两点式或点斜式，所以D说法错误故选：D.4. 若某平面截球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离是4，则此球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，结合图形和已知条件可求出球的半径，从而可求出球的体积.【详解】如图，为球心，是截面圆的圆心，则由题意可得,在中，所以球的体积为故选：C5. 过点作圆的两条切线，设切点分别为、，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，可知圆的圆心为，半径，由切线长公
4、式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，两方程作差后计算可得答案【详解】解：根据题意，可知圆的圆心为，半径，过点作圆的两条切线，设切点分别为、，而，则，则以为圆心，为半径为圆为，即圆，所以为两圆的公共弦所在的直线，则有，作差变形可得：；即直线的方程为.故选：B.6. 将函数的图象沿x轴向右平移a个单位（a0）所得图象关于y轴对称，则a的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式，整理函数解析式，根据平移变换，结合对称性，可得答案.【详解】函数，将函数的图象沿x轴向右平移a个单位（a0），得到的函数：，所得图象关于
5、y轴对称，解得，a的最小值是故选：C7. 已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则m的取值范围是（ ）A. 8，64B. 9，64C. 8，49D. 9，49【答案】D【解析】【分析】设P的坐标为，由可得P的轨迹为，又因为点P在圆C上，所以两圆有公共点，从而求解即可.【详解】解：设P的坐标为，因为，所以，化简得，又因为点P在圆上，所以圆与圆C有公共点，所以且，解得，故选：D8. 已知函数，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题对取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.【详解】令，当时，方程为，即，作出函数及的图象，由图象
6、可知方程的根为或，即或，作出函数的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；当时，方程为，即，由图象可知方程的根，即，结合函数的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.故选：C.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知复数z满足，给出下列四个命题其中正确的是（ ）A. z的虚部为B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据复数除法化简，再逐项计算即可求解.【详解】，故z的虚部为，所以AD正确，BC错误.故选：AD10. 已知直线l过点，且与直线：
7、及x轴围成一个底边在x轴上的等腰三角形，则下列说法正确的是（ ）A. 直线l与直线的倾斜角互补B. 直线l在x轴上的截距为C. 直线l在y轴上的截距为1D. 这样的直线l有两条【答案】AC【解析】【分析】根据题意，得到与的倾斜角互补，故选项A正确；由条件根据点斜式求出直线l方程，由此判断选项B， C， D【详解】因为直线l与直线及x轴围成一个底边在x轴上等腰三角形，所以直线l与直线的倾斜角互补，所以直线l与直线的斜率相反，又直线的斜率为2，,所以直线l的斜率为，又直线l过点，所以直线l的方程为，所以满足条件的直线只有一条，且直线l在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1，所以只有A，C正确.故选：
8、AC.11. 已知圆O：和圆C：.现给出如下结论，其中正确的是A. 圆O与圆C有四条公切线B. 过C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或C. 过C且与圆O相切的直线方程为D. PQ分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为【答案】AD【解析】【分析】对于A，先由已知判断两圆的位置关系，从而可判断两圆的公切线的条数；对于B，截距相等可以过原点或斜率只能为，从而可得直线方程；对于C，由于点C在圆O外，所以过点C与圆O相切的直线有两条；对于D，的最大值为圆心距与两圆半径的和，最小值为圆心距与两圆半径的差，【详解】解：由题意可得，圆O：的圆心为，半径，圆C：的圆心，半径,因为两圆圆心距，所以两圆
9、相离，有四条公切线，A正确；截距相等可以过原点或斜率只能为，B不正确；过圆外一点与圆相切的直线有两条，C不正确；的最大值等于，最小值为，D正确.故选：AD【点睛】此题考查两圆的位置关系的有关性质，属于基础题12. 在正方体ABCD中，点P在线段上运动，点Q在线段上运动，则下列说法中正确的有( )A. 当P为中点时，三棱锥P-的外接球半径为B. 线段PQ长度的最小值为2C. 三棱锥-APC的体积为定值D. 平面BPQ截该正方体所得截而可能为三角形、四边形、五边形【答案】ABC【解析】【分析】A：易知三棱锥P-的外接球球心为中点，据此即可求解判断；B：根据几何图形即可判断线段PQ长度的最小值为AB
10、；C：易知为定值；D：作出平面BPQ与正方体各个面的交线即可判断其形状【详解】对于A，当P为中点时，是正方形，AB平面，平面，AB，AB=B，AB、平面ABP，平面ABP，平面AP，平面AP平面ABP，易知RtABP外接圆圆心为AP中点，RtAP外接圆圆心为中点，则过RtABP外接圆圆心作平面ABP的垂线，过RtAP外接圆圆心作平面AP的垂线，易知两垂线交点为中点，则三棱锥P-的外接球球心即为中点，外接球半径即为，故A正确；对于B，如图过P作PGBC于G，过Q作QEPG于E，易知PQQE=AGAB，故线段PQ长度的最小值为AB=2，故B正确；对于C，平面，平面，平面，P，故P到平面的距离为定值
11、，又为定值，则为定值，故C正确；对于D，易知，截面BPQ与平面的交线始终为，连接，易知，过Q作QF交于F，连接、QB，则即为截面，其最多为四边形：当Q与重合，P与重合，此时截面BPQ为三角形：平面BPQ截该正方体所得截面不可能为五边形，故D错误故选：ABC【点睛】本题综合考察空间中的点、线、面的关系，A选项的关键是找到外接球球心，B选项利用几何关系即可判断，C选项利用三棱锥等体积法即可判断，D选项需充分利用空间里面的平行关系作出截面形状进行判断.第卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若直线与坐标轴围成的面积为9，则=_【答案】【解析】【分析】令、，求出直线与
12、坐标轴的交点坐标，再由面积公式得到方程，解得即可.【详解】解：对于直线，令得，即直线过点，令得，即直线过点，所以，解得；故答案为：14. 已知函数，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】根据函数的单调性解不等式即可.【详解】根据题目所给的函数解析式，可知函数在上是减函数，所以，解得.故答案为:15. “康威圆定理”是英国数学家约翰康威引以为豪的研究成果之一.定理的内容是这样的：如图，的三条边长分别为，.延长线段至点，使得，以此类推得到点和，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆.已知，则由生成的康威圆的半径为_.【答案】【解析】【分析】利用弦长相等，圆心与弦所在直线距离相等，得圆心是直角的内
13、心，从而易求得圆半径【详解】设是圆心，因为，因此到直线的距离相等，从而是直角的内心，作于，连接，则，所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查求圆心的半径，关键是找出圆心位置，解题根据是利用弦长相等，则圆心到弦所在直线的距离相等，从而得出圆心是题中直角三角形内心，这样由勾股定理可得结论16. 已知直线：与轴相交于点，过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，两点，记是的中点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】利用圆的性质，结合图像，把问题转化为跟圆有关的最值问题进行处理.【详解】由题意设点，因为，是圆的切线，所以，所以在以为直径的圆上，其圆的方程为:，又在圆上，将两个圆的方程作差得直线的方
14、程为：，即，所以直线恒过定点，又因为，四点共线，所以，即在以为直径的圆上，其圆心为，半径为，如图所示:所以，所以的最小值为.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，计70分）17. 在平面直角坐标系中，直线过点.（1）若直线的倾斜角为，求直线的方程；（2）直线，若直线与直线关于直线对称，求值与直线的方程.【答案】（1） （2），直线的方程为【解析】【分析】（1）先求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程，（2）由题意可知点在直线上，则点也在直线，代入直线方程可求出的值，再求出直线与坐标轴的交点，求出关于直线的对称点，则此点在直线上，从而可求出直线的方程【小问1详解】因为直线的倾斜角为，所以直
15、线的斜率为，因为直线过点，所以直线的方程为，即【小问2详解】因为在对称轴上，所以点也在直线上，所以，得所以直线为，过原点，则关于直线的对称点为，所以点在直线上，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即18. 已知圆与圆相交于A、B两点.（1）求公共弦AB所在直线方程；（2）求过两圆交点A、B，且过原点的圆的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）两圆方程相减即可得到公共弦AB所在直线方程；（2）通过过交点的圆系方程设出圆，代入原点求解即可.【小问1详解】，-得即公共弦AB所在直线方程为.【小问2详解】设圆的方程为即因为圆过原点，所以，所以圆的方程为19. 已知圆C与直线相切于点，且与直
16、线也相切.（1）求圆C的方程；（2）若直线与圆C交于A，B两点，且，求实数m的范围.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）设出圆的标准方程，利用切点与圆心连线和切线垂直、圆上的点到圆心的距离等于、圆心到切线的距离为进行求解；（2）利用数量积为负得到为钝角或平角，转化为圆心到直线的距离小于进行求解.【小问1详解】解：设圆C的方程为，由题意得，即，解得，即圆C的方程为.【小问2详解】解：由题意，得为钝角或平角，当A，B，C共线时，此时为平角；当A，B，C不共线时，为钝角，设圆心C到直线l的距离为d，则，于是，有，解之得或，且；综上，实数m的取值范围是或.20. 在中，内角所对的边分别为，且
17、.（1）求的大小；（2）若平分交于且，求面积的最小值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）结合三角形的内角和定理、诱导公式化简已知条件，由此求得.（2）根据已知条件求得或，结合基本不等式求得三角形面积的最小值.【小问1详解】依题意，则，故，则，由于，所以，所以，则为锐角，且.【小问2详解】依题意平分，在三角形中，由正弦定理得，在三角形中，由正弦定理得，所以，由正弦定理得.在三角形中，由余弦定理得，在三角形中，由余弦定理得，所以，整理得，所以或.当时，三角形是等边三角形，所以.当时，当且仅当时等号成立，所以三角形.综上所述，三角形面积的最小值为.21. 为了选择奥赛培训对象，今年月我
18、校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：（1）利用组中值估计本次考试成绩的平均数；（2）从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；（3）已知学生成绩评定等级有优秀良好一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；（2）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果；（3）根据频率分布直方图计算出第五组
19、和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【小问1详解】由频率分布直方图可知平均数.【小问2详解】成绩在的频率为，成绩在的频率为，第百分位数位于，设其为，则，解得：，第百分位数为.【小问3详解】第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为；则从中任取人，有，共种情况；其中至少人成绩优秀的情况有：，共种情况；至少人成绩优秀的概率.22. 已知圆，点是圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为（1）已知直线：与圆相切，求直线的方程；（2）若点满足，求点的轨迹方程；（3）若过点且斜率分别为的两条直线与（2）中的轨迹分别交于点、，、，并满足，求的值【答案】（1）或 （2） （3）0【解析】【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于半径直接求解即可；（2）设出，用M坐标表示出P坐标，代入P点所在曲线方程即可；（3）设出直线AB，联立椭圆方程，表示出，解出即可.【小问1详解】圆，圆心，半径为4，直线：与圆相切，故，解得或，故直线方程为或.【小问2详解】设，则，又点在圆上，即，化简得.【小问3详解】设，所在直线方程为，联立得，化简得，则，同理，由可得，化简，又，故，即.【点睛】本题关键点在于设出直线的方程，联立椭圆后借助韦达定理表示出，进而由求得的关系，即可求出答案.