2021-2022学年陕西省安康中学高新分校高二年级上册学期第一次月考数学

2024年1月4日发(作者：活动通知怎么写)

2021-2022学年陕西省安康中学高新分校高二上学期第一次月考数学试题（A）一、单选题1．已知集合A．C．AxZx22x30，B2,1,0,1,2，则AB等于（

）B．D．2,12,1,01,20,1,2【答案】D【分析】求出集合A，利用交集运算可求得结果.AxZx22x30xZ1x30,1,2B2,1,0,1,2【详解】，，AB0,1,2.故选：D.2．经过直线2xy0与xy60的交点，且与直线2xy10垂直的直线方程为（

）A．x2y80【答案】D【分析】根据题意，联立方程组交点为P(2,4)，设所求直线方程为x2ym0，把点P代入直线x2ym0，求得m6，即可求解.B．x2y60C．x2y100D．x2y602xy0【详解】由题意，联立方程组xy60，解得x2,y4，即交点为P(2,4)，设与直线2xy10垂直的直线方程为x2ym0，把点P(2,4)代入x2ym0，即28m0，解得m6，即所求直线方程为x2y60.故选：D.f(x)x3e的图象大致是（

）x3．函数

A．B．C．【答案】CD．(x)3x3f(x)xxf(x)ee【分析】根据题意，由，可知f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除A，B；令f(x)0，可知x0，可知图象与x轴只有一个交点，据此分析可得答案.(x)3x3f(x)xxf(x)ee【详解】解：由，可知f(x)为奇函数，所以图象关于原点对称，排除A，B；令f(x)0，可知x0，可知图象与x轴只有一个交点，排除D，故选：C.【点睛】本题考查函数的图象分析，注意分析选项中函数图象的异同，利用排除法分析.属于中档题.logxa,x0f(x)xafafa321,x04．已知a0，且a1，函数，若，则（

）3A．47B．8C．3D．7【答案】A【分析】根据分段函数的解析式和【详解】因为fa3fa3求出a的值，然后代入即可求解.，又a0，所以f(a)logaaaa13，解得：a2，logx2,x03f(x)x2faf(2)22121,x04，所以，则

故选：A.5．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A．8【答案】CB．62C．10D．82【详解】在正方体中画出该三棱锥，如图所示：易知：各个面均是直角三角形，且AB4，∴AA14，BC3，SABC6，SA1AB8，SA1AC10，SA1BC62，所以四个面中面积最大的是10，故选C．点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．6．已知直线l1:mxy2m10过定点P，若点P在直线l2:AxBy20上，且AB0，则12AB的最小值为（

）

A．1【答案】DB．2C．3D．4l【分析】先求出定点P(2,1)，然后利用点P在直线2上得到2AB2，再利用基本不等式即可求解.【详解】因为直线l1:mxy2m10可化为：m(x2)(y1)0，x20x2y10令，解得：y1，所以定点P(2,1)，又因为点P在直线l2:AxBy20上，所以2AB2，121121B4A1B4A(2AB)()(4)(42)4AB2AB2AB2AB则，1B4AA,B12当且仅当AB，即时取等号，12AB的最小值为4，所以故选：D.x1y29平分，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为（

）7．若直线l将圆A．xy10或2xy0C．xy10或2xy0【答案】A【分析】分两种情况讨论：（1）直线l过原点；（2）直线l在两坐标轴上的截距非零，且相等.分别求出两种情况下直线l的方程，即可得解.B．xy10或x2y0D．xy10或x2y0221,-2)【详解】由题意可知，直线l过圆心(，分以下两种情况讨论：（1）直线l过原点，则该直线的斜率为k20210，此时直线l的方程为y2x，即2xy0；（2）直线l在两坐标轴上的截距非零且相等，可设直线l的方程为则有a121，此时，直线l的方程为xy10.综上所述，直线l的方程为xy10或2xy0.故选：A.xyaa0，

8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2cos2ABcos2C12，4sinB3sinA，ab1，则c的值为（

）A．13【答案】A【分析】利用余弦的降幂公式，化简已知条件求得C；再利用正弦定理将角化边结合已知求得a,b，再用余弦定理即可求得c.【详解】由2cos2ABcos2C1221cos(AB)(2cosC1)22cosCcosC1，2得B．7C．37D．62即2cosCcosC10，解得cosC12或cosC1(舍去)．由4sinB3sinA及正弦定理，得4b3a，结合ab1，得a4,b3.c2a2b22abcosC42322431132， 由余弦定理，知所以c13.故选：A9．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：①f(x)的最小正周期为2；②f(x)图象的一条对称轴为直线x12；132k,2k44，k∈Z上是减函数；③f(x)在④f(x)的最大值为A.则正确结论的个数为（

）A．1【答案】BB．2C．3D．4153(,0)(,0)+k【分析】由题图可知，函数的最小正周期为2，函数过点4和4，可得对称轴x4(k∈Z)31和单调减区间2k-4≤ x≤ 2k+4 (k∈Z)时，即可得出结果.

51()【详解】由题图可知，函数f(x)的最小正周期T=2×44=2，故①正确；15(,0)(,0)因为函数f(x)的图象过点4和4，所以函数f (x)图象的对称轴为直线151kT31(+)+24+k(k∈Z)，故直线x=2不是函数f(x)图象的对称轴，故②不正确；x=2441T1T31+由图可知，当44+kT ≤ x ≤+44+kT(k∈Z)，即2k-4≤ x≤ 2k+4 (k∈Z)时，f(x)是减函数，故③正确；若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是-A，故④不正确.综上知正确结论的个数为2.故选：B【点睛】本题考查了三角函数图形的性质，考查了计算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.2210．已知点P在直线y2x1上，过点P作圆C:(x2)y1的切线，切点为A，则|PA|的最小值为（

）A．3【答案】B【解析】求出B．2C．5D．3PC的最小值，由切线长公式可结论．【详解】圆半径为r1，PAPCr22，因为P在直线y2x1即2xy10上，圆心C(2,0)到P点的最小值为以d22012(1)225，所PAmind2r2(5)2122．故选：B．【点睛】本题考查切线长公式，属于基础题．2211．已知点P(7,3)，Q为圆M:xy2x10y250上一点，点S在x轴上，则|SP||SQ|的最小值为（

）A．7【答案】C【分析】本题目是数形结合的题目，根据两点之间线段最短的原则，可以将SP转换为SP，连接'B．8C．9D．10MP'，找到S点的位置，从而求出线段和的最小值x1y5【详解】将圆方程化为标准方程为：221，如下图所示：

''PP(7,3)作点关于x轴的对称点(7,3)，连接MP与圆相交于点Q，与x轴相交于点S，此时，|SP||SQ|的值最小，且|SP||SQ||SP'||SQ|P'QP'Mr，由圆的标准方程得：M点坐标'1,5Pr1为，半径，所以M366410，P'Mr9，所以|SP||SQ|最小值为9故选：CBPABAC，则12．在ABC中，A90，AB3，AC4，动点P在ABC的内切圆上若的最大值为（

）A．2【答案】C【解析】由题意，以A为原点，以AB、AC所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，设B．1C．01D．2Px,y，求出内切圆方程，再根据直线与圆的位置关系即可求出最值．【详解】解：由题意，以A为原点，以AB、AC所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，则∵A0,0，B3,0，C0,4，，A2,AB3,AC4∴BC5，1S3462∵ABC的面积为，

r∴ABC的内切圆半径∴内切圆圆心6134521，M1,1，∵点P在ABC的内切圆上，设Px,y，x1y1∴221，x3,y3,4，由BPABAC得即∴令x33y4，zx3y34，4yx4z43即，即4x3y12z120，4x3yyx4z4z334有最值，由几何知识，当直线与圆M相切时4312z1215此时，解得z0，或z56，∴的最大值为0，故选：C．【点睛】关键点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，通过题意建立以A为原点，以AB、AC所在直线分别为x轴、y轴的直角坐标系求出内切圆的方程，利用点到直线的距离公式求解是解决本题的关键.二、填空题13．经过点P(m,3),Q(1,m)的直线的倾斜角为135，则实数m的值为___________．【答案】1【分析】由直线的倾斜角和斜率公式可得结果.【详解】由题意可知：解得m1，tan135m31m，

故答案为：1．2214．已知P为圆(x1)y1上任意一点，A，B为直线3x4y70上的两个动点，且|AB|2，则PAB面积的最大值是___________．【答案】3【分析】直接利用直线和圆的位置关系，利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式的应用求出结果．【详解】解：根据圆的方程，圆心(1,0)到直线3x4y70的距离所以圆上的点P到直线的最大距离dmax213，d|307|34222，1S△PAB3232此时最大面积．故答案为：3．22(x1)(y1)1的切线，则切线方程为__________．P(2,4)15．过点引圆【答案】x2或4x3y40【详解】圆心坐标(1,1)，半径r1，∵直线与圆相切，∴圆心到直线距离dr1，若直线无斜率，其方程为x2符合题意，若直线存在斜率，设其方程为y4k(x2)，即kxy42k0，dk142kk123kk121，解得k43，∴切线方程为x2或4x3y40，故答案为x2或4x3y40.点睛：本题主要考查了直线与圆的位置关系之相切，属于基础题；求过某点的圆的切线问题时，应首先确定点与圆的位置关系，若点在圆上（即为切点），则过该点的切线只有一条；若点在圆外，则过该点的切线有两条，此时应注意斜率不存在的切线.16．方程2x1sinx10在区间2,4内的所有解之和等于______.【答案】8【详解】因为y2sinx与为8.y1x1的图像都关于点1,0成中心对称，共8个交点，所以，其和三、解答题17．已知等差数列an的公差d不为0，a11，a2是a1与a6的等比中项.

（1）求数列an的通项公式；1anan1，求数列bn的前n项和（2）记【答案】（1）an3n2；（2）2Snn3n1.ad【解析】（1）由题得1a1a15da，化简即得d3和数列n的通项；（2）利用裂项相消法求数列bn的前n项和Sn.22ada1a15d，a2【详解】（1）由已知得a1a6，∴12a3n2.化简得d3d，∵d0，∴d3，∴nbn（2）由（1）知1113n23n133n23n1，11111111n1Sn1134473n23n133n13n1.∴【点睛】本题主要考查等差数列的通项的求法，考查等比中项的应用，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18．某景区对2018年1-5月的游客量x与利润y的统计数据如表：月份游客量（万人）利润（万元）647415845(1)根据所给统计数据，求y关于x的线性回归方程ybxa；(2)据估计6月份将有10万游客光临，请你判断景区上半年的总利润能否突破220万元？（参考数据：bxyii15i1057，niii1nxi152i190）xi1nixyiyxixxynxyi1n2xi2nxi12，aybx．ˆ6.7x7.2；【答案】(1)y(2)能，理由见解析.

【分析】（1）由已知结合公式即可求得y关于x的线性回归方程;（2）在（1）中的线性回归方程中，取x10，求得y值，进一步求得景区上半年的估计总利润得答案.【详解】（1）x6,y33，ˆbxy5xyiii15xi152i5x2105756336.7190536，ˆ336.767.2ˆybxa，ˆ6.7x7.2yˆ6.7107.259.8，（2）当x10时，y上半年景区总利润为：193426414559.8224.8220万元，据估计景区上半年的总利润能突破220万元.2fxcos2x319．已知函数212sinx．(1)求fx的单调增区间；fA12，a210，bc8，求△ABC的面(2)设a，b，c为△ABC内角A，B，C的对边，已知积．ππkπ,kπ(kZ)36【答案】(1)(2)23【分析】(1)将函数利用两角差的余弦公式、二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式化简，然后利用正弦函数的单调增区间即可求解；(2)先根据条件求出角A，再利用余弦定理和题中条件得到bc8，然后利用三角形面积公式即可求解.fxcos(2x2π13)12sin2xcos2xsin2xcos2x322【详解】（1）因为函数13πcos2xsin2xsin(2x)226，πππππkπxkπ,kZ2kπ2x2kπ,kZ36262令，解得：，

ππkπ,kπ(kZ)fx36所以函数的单调增区间为.π1fAsin(2A)62，因为A(0,π)，（2）由（1）可知：ππ13ππ5ππ2A(,)2AA3，666，则66，解得：所以b2c2a2(bc)22bca2cosAa210bc82bc2bc又，，由余弦定理可得：，1642bc40113S△ABCbcsinA823bc822bc222也即，解得：，所以.20．已知圆C经过两点P1,3，Q3,1，且圆心C在直线x2y40上，直线l的方程为k1x2y53k0．(1)求圆C方程；(2)证明：直线l与圆C一定有交点；(3)求直线l被圆C截得的弦长的取值范围．22【答案】(1)(x2)(y1)25；(2)证明见解析；(3)[45,10].x2y401y1(x2)PQ2【分析】（1）先求得的中垂线方程，由求得圆心即可；x30k(x3)(x2y5)0（2）将直线l的方程化为，令x2y50得到定点M(3,1)，转化为点与圆的位置关系求解；222（3）设圆心C到直线l的距离为d，由弦长L2rd225d，利用d的范围求解.【详解】（1）因为P(1,3),Q(3,1)，1y1(x2)2所以PQ的中垂线为上，x2y40x21y1(x2)C2,12由，解得y1，所以圆心为，

又半径r|PC|5，22∴圆C的方程为(x2)(y1)25．（2）直线l的方程可化为k(x3)(x2y5)0，x30令x2y50可得x3，y1，∴直线l过定点M(3,1)，22(32)(11)25可知M在圆内，由∴直线l与圆C一定相交．（3）设圆心C到直线l的距离为d，弦长为L，222L2rd225d则，∵0d|CM|，即0d5，∴45L10，即弦长的取值范围是[45,10]．2ana0aSnnn21．为数列的前n项和．已知，2an4Sn3．(1)求(2)设an的通项公式；bnan2n1，求数列bn的前n项和．【答案】(1)(2)an2n+1；102n52n1.【分析】（1）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列出数列an的递推公式，再由等差数列的定义写an的通项公式；bn的通项公式，再由错位相减法求其前n项和．a122a14S134a1+3，因为an0，所以a1=3，（2）根据（1）数列【详解】（1）当n1时，22a2aan2nnn12an1=4Sn34Sn13=4an当时，即(anan1)(anan1)2(anan1)，

aan12，因为an0，所以n所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an2n+1；2n1n1（2）由（1）知，bn=2，所以数列{bn}前n项和为Tn3572n+1202222n1,13572n12n1Tn23n1n222222,122222n1Tn323n1n22222两式相减得，2111112n1Tn32(23n1)n22222即211n222n132n12122n52n，2n5Tn10n12.5C:x1y24C22．已知圆1与圆2关于直线yx1对称.（1）求圆22C1的方程及圆C1与圆C2的公共弦长；A0,3（2）设过点COOMON的最小值及此时lN1的直线与圆交于M、两点，为坐标原点，求直线l的方程.22x3y4C【答案】（1）圆1的方程为，公共弦长为22；（2）OMON的最小值为1492，此时直线l的方程为y【解析】（1）设点21x3.C1C1a,b，由题意可知，两圆圆心关于直线yx1对称，可得出关于a、b的方的方程，求得两圆的公共弦方程，求出公共弦截圆程组，解出这两个未知数的值，可求得圆C1所得弦长，即可得解；（2）由题意可知直线l的斜率存在，设点Mx1,y1、Nx2,y2，设直线l的方程为ykx3，将

直线l的方程与圆C1的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出OMON关于k的关系式，进而可求得OMON的最小值以及对应的k值，即可得出直线l的方程.b211a1a3a1b210C1a,b22【详解】（1）设，则由题意得，解得b0，x3y24C1∴圆的方程为.2将圆C1与圆C2的方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为xy10，22C13,0圆心到公共弦所在直线的距离为2，两圆的公共弦长为24222；（2）若直线l与y轴重合，此时直线l与圆所以，直线l的斜率存在，设点C1相离，不合乎题意；Nx2,y2Mx1,y1、，设直线l的方程为ykx3，ykx321k2x26k1x140x3y24联立，整理得，36k156k2145k218k502由韦达定理得x1x261k14xx121k2，1k2，92149214k55，解得，218kk18k1OMONx1x2y1y21k2x1x23kx1x29235k21k21，其中所以，92149214k55.OMON最小值，只需在k10的情形下计算.要求18t181855149222t2t22t22t2tt令k1t，则，当且仅当t2时，OMON取得最小值1492，此时k21，则直线l的方程为OMON5y21x3.【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了利用韦达定理求平面向量数量积的最值，考查计算能力，属于中等题.