2022-2023学年江苏省南京市田家炳高二年级上册学期10月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年江苏省南京市田家炳高级中学高二上学期10月月考数学试题一、单选题1．若直线经过，两点，则该直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由斜率公式与斜率的定义求解即可【详解】因为直线经过，两点，所以直线的斜率为．设直线的倾斜角为，则，又，所以，所以直线的倾斜角为．故选：C2．设复数，则（

）A． B．的实部为1C．的虚部为2 D．的共轭复数为【答案】C【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，然后逐一核对四个选项得到答案.【详解】因为的实部是，虚部是2所以，故选：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题.3．过两直线的交点，且与直线平行的直线方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出两直线交点，再由与直线平行得出斜率，由点斜式写出方程即可求解.【详解】由解得，则直线的交点，又直线的斜率为，则所求直线方程为，整理得.故选：C.4．甲、乙两人打靶，甲击中的概率为0.8，乙击中的概率为0.7．若两人同时射击一目标，则都不中靶的概率是（

）A．0.56 B．0.14 C．0.24 D．0.06【答案】D【分析】根据概率乘法公式，可得答案.【详解】解析：所求概率为．故选：D.5．若m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（

）A．若m//，m∥，则∥ B．若m⊥，⊥，则m//C．若m，m⊥，则⊥ D．若m，⊥，则m⊥【答案】C【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可.【详解】解：对于A，若m//，m∥，则与可能相交，故A错误；对于B，若m⊥，⊥，则m//或m，故B错误；对于C，根据面面垂直的判定定理可得，若m，m⊥，则⊥，故C正确；对于D，若m，⊥，则m可能与平行或相交，故D错误.故选:C.6．设，，．若，则实数的值等于A． B． C． D．【答案】A【详解】由已知得，因为，则，因此，解得，故选A．【解析】平面向量数量积．7．已知点分别在圆与圆上，则的最大值为（

）A． B．17 C． D．15【答案】C【分析】由题可得的最大值为圆心距加上半径之和.【详解】依题意，圆，圆心，半径；圆，圆心，半径，故.故选：C.8．若平面内两定点、间的距离为，动点与、距离之比为，当、、不共线时，面积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则，设，则，利用余弦定理、三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】设，则，设，则，由余弦定理可得，所以，，当且仅当时，的面积取最大值.故选：A.二、多选题9．已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是(

)A． B．C． D．【答案】BC【分析】分直线l斜率存在和不存在进行讨论﹒当l斜率存在时，设其方程为，根据点到直线的距离公式列出关于k的方程，解方程即可求直线l的方程．【详解】当直线的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线的距离为5，点到直线的距离为1，此时不成立；当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，∵点到直线的距离相等，，解得，或，当时，直线的方程为，整理得，当时，直线的方程为，整理得综上，直线的方程可能为或故选：BC．10．已知圆的方程为，则（

）A．圆关于直线对称B．过点有且仅有一条直线与圆相切C．圆的面积为D．直线被圆所截得的弦长为【答案】ACD【分析】对A：由圆心在直线上即可判断；对B：由点在圆外即可判断；对C：由圆的面积公式即可判断；对D：由弦长公式即可求解.【详解】解：圆的方程为，即，圆心，半径，对A：因为圆心在直线上，所以圆关于直线对称，故选项A正确；对B：因为，所以点在圆外，所以过点有且仅有2条直线与圆相切，故选项B错误；对C：因为圆的半径为2，所以圆的面积为，故选项C正确；对D：因为圆心到直线的距离，所以直线被圆所截得的弦长为，故选项D正确.故选：ACD.11．(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中正确的是（

）A．平面EFG∥平面PBCB．平面EFG⊥平面ABCC．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角【答案】ABC【分析】分别用面面平行、面面垂直、线线角、二面角等知识对每个选项判断即可.【详解】对于选项A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正确；对于选项B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又平面，∴平面EFG⊥平面ABC.故B正确；对于选项C：由选项A知平面EFG∥平面PBC，且平面与两平面的交线分别为与，所以EF∥BP，∴∠BPC是直线EF与直线PC所成的角.故C正确；对于选项D：∵GE与AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．故D错误.故选：ABC.12．已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（

）A．圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B．切线长PA的最小值为1C．四边形AMBP面积的最小值为2 D．直线AB恒过定点【答案】BD【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为，可判断C，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.【详解】由圆M：，可知圆心，半径，∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；由圆的性质可得切线长，∴当最小时，有最小值，又，∴，故B正确；∵四边形AMBP面积为，∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，所以，即，又圆M：，即，∴直线AB的方程为：，即，由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.故选：BD.三、填空题13．在中，角的对边分别为，已知，则_________．【答案】【分析】根据内角和求出，正由正弦定理求解即可.【详解】解：在中，，由正弦定理,得．故答案为：.14．过点的直线，与圆心在原点、半径为3的圆相切，则该直线方程为______．【答案】或【分析】当直线斜率不存在时符合题意；当直线斜率存在时，设出方程，由圆心到直线距离等于半径求解即可.【详解】当直线斜率不存在时，易得直线方程为，此时圆心到直线的距离为3，直线和圆相切，符合题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离为3，可得，解得，即，整理得，故直线的方程为：或.故答案为：或.15．已知圆.若圆与圆有三条公切线，则的值为___________.【答案】【分析】根据已知条件得出两圆的位置关系，结合两点间的距离公式即可求解.【详解】由，得，所以圆的圆心为，半径为，因为圆，所以圆的圆心为，半径为，因为圆与圆有三条公切线，所以圆与圆相外切，即，解得，所以的值为.故答案为：.16．若圆上恰有三点到直线的距离为，则的值为_______.【答案】【分析】作出图形，分析出圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式可得出关于实数的等式，进而可求得实数的值.【详解】圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，如下图所示：由于圆上恰有三点到直线的距离为，则圆心到直线的距离为，解得.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，注意分析圆心到直线的距离，考查计算能力，属于中等题.四、解答题17．设直线l的方程为（a∈R）.(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；(2)若l不经过第三象限，求a的取值范围.【答案】(1)0或3(2)【分析】（1）通过讨论是否为0，求出a的值即可；（2）根据一次函数的性质判断a的范围即可.【详解】（1）当直线l过原点时，该直线l在x轴和y轴上的截距为零，∴a＝3，方程即为4x+y＝0；若a≠3，则，即a+1＝1，∴a＝0，方程即为，∴a的值为0或3.（2）若l不经过第三象限，直线l的方程化为，则，解得，∴a的取值范围是.18．已知三点在圆C上，直线，(1)求圆C的方程;(2)判断直线与圆C的位置关系；若相交，求直线被圆C截得的弦长．【答案】(1)(2)直线与圆C相交，弦长为【分析】（1）圆C的方程为:，再代入求解即可；（2）先求解圆心到直线的距离可判断直线与圆C相交，再用垂径定理求解弦长即可【详解】（1）设圆C的方程为:，由题意得:，

消去F得:，解得:，∴F=-4，

∴圆C的方程为:.（2）由（1）知:圆C的标准方程为:，圆心，半径;点到直线的距离，故直线与圆C相交，故直线被圆C截得的弦长为19．已知圆与圆相交于A，B两点.（1）求直线的方程；（2）求经过A，B两点且面积最小的圆的方程；（3）求圆心在直线上，且经过A，B两点的圆的方程.【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）直接把两圆的方程作差消去二次项即可得到公共弦所在的直线方程；（2）求出中点坐标及的长度，则以为直径的圆的方程即为所求；（3）求出两圆的交点坐标，设出圆心坐标，由半径相等求得圆心坐标，则圆心在直线上，且经过、两点的圆的方程可求．【详解】（1）由．圆与圆的公共弦所在的直线方程为；（2）以为直径的圆即为面积最小的圆由，，则中点为，．经过、两点且面积最小的圆的方程为．（3）由（1）得，代入中得，，或，即，，又圆心在直线上，设圆心为，则，，即，解得．圆心，半径．圆心在直线上，且经过、两点的圆的方程为．【点睛】本题考查了两圆公共弦方程的求解，考查了圆的几何性质、圆的方程的求法，训练了圆系方程的用法，是中档题．20．中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知.(1)求内角B的大小；(2)已知的面积为，，请判定的形状，并说明理由.【答案】(1)(2)为直角三角形，理由见解析【分析】（1）根据正弦定理边角转化既可求解;（2）根据三角形面积公式以及余弦定理求出三边长度，即可根据勾股定理证明为直角三角形.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又由，可得，因为，可得，所以，即，又因为，可得.（2）因为的面积为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故为直角三角形.21．如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点，又为的中点．(1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据可得平面，再由得到平面，即可得证；（2）设正方体棱长为，求出的边长，利用余弦定理计算得出答案；【详解】（1）证明：、是、的中点，．平面，平面，平面．又且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．又，平面，平面，平面平面．（2）解：，为直线与所成角．设正方体棱长为，则，，在中，，所以直线与所成角的余弦值为．22．已知直线过定点，且与圆交于、两点．(1)求直线的斜率的取值范围．(2)若为坐标原点，直线、的斜率分别为、，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是