【文档说明】四川省射洪中学2022-2023学年高二下学期3月第一次月考试题 数学（理） 答案.pdf，共(4)页，215.907 KB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级高二下期第一次月考数学试题(理科)参考答案1.答案：D2.答案：C【解析】化为标准形式：x2-y212=1，所以焦点在x轴，且a2=1，b2=12，所以c2=32，所以c=62.所以答案为C.3.答案：B【解

析】原命题:“若p，则q”那么：“若q，则p”是原命题的逆命题，“若¬p，则¬q”是原命题的否命题，“若¬q，则¬p”是原命题的逆否命题．所以答案为B.4.答案：A【解析】由a2>a,解得a>1或a<0，显然a|a>1⊊a|a>1或a>0，所以“a2>a”是“

a>1”的必要不充分条件.所以答案为A.5.答案：B【解析】所以将a,1代入椭圆x24+y22>1得a24+12>1，即a2>2，解得a>2或a<-2，所以答案为B.6.答案：C【解析】因为任何顶点到渐近线的距离都相等，故取右顶2

，0，渐近线取x-2y=0，所以距离d=25=255.故答案为C.7.答案：C【解析】弦的中点P0(x0，y0)，(点差法)设弦AB的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2+y21b2=1x22a2+y22b2=1⇒x21-x

22a2+y21-y22b2=0，即(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0，即2x0(x1-x2)a2+2y0k(x1-x2)b2=0，即x0a2+y0kb2=0.由上述可知：14+k2=0，

所以k=-12，所以该弦所在直线方程为y-1=-12x-1，化简整理得x+2y-3=0.所以答案为C.8.答案：D【解析】化为标准形式x22-y22=1，由双曲线定义可得PF1-PF2=22，而PF1=2PF2，所以PF1=42，

PF2=22，又F1F2=4，所以cos∠F1PF2=422+222-422×42×22=34.所以答案为D.9.答案：A【解析】当p为真时，a>sinx0在[0,π]上能成立，所以a>sinx0mi

n，x0∈[0,π],所以a>0；当q为真时，a<1x+1在12,3恒成立，所以a<1x+1min，x∈12,3，所以a<43;因为p∧q为真命题，所以p，q均为真命题，则a的取值范

围是a>0a<43，所以0<a<43.所以答案为A.10.答案：B【解析】设Px，y，F1-1，0，F21，0，所以PF1·PF2=-1-x，-y⋅1-x，-y=x2+y2-1=x2+3-34x2-

1=14x2+2-2≤x≤2，所以当x=±2时，取到最大值，最大值为3.所以答案为B.11.答案：B【解析】若椭圆C上存在点P，使得PF1⊥PF2，则焦点三角形的顶角的最大角∠F1MF2必大于等于90°，∴∠F1MO≥45°，∠F1MO=casin，∴ca≥22，又

椭圆离心率在0，1，所以答案为B.12.答案：B【解析】设Px,y，Mx0，y0，则N-x0，-y0，则k1=y-y20x2-x0，k2=y+y0x+x0，∴k1k2=y2-y20x2-x20，又b2x2-a2y2=a2b2，b2x02-a2y02=a2b2，两

式相减得：b2x2-x20-a2y2-y20，即y2-y20x2-x20=b2a2=k1k2=e2-1=3，当k1，k2同为正时，k1+3k2≥23k1k2=6，当且仅当k1=3k2，即k1=3≠3，k2=1≠3取等号，当k1，k2同为负时，k1+3k2=-[-k1

+-3k2]≤-23k1k2=6，当且仅当-k1=-3k2，即k1=-3≠-3，k2=-1≠-3取等号，所以答案为B.13.答案：[14，+∞【解析】因为命题“∃x∈R,x2-x+a<0”是假命题，所以∆=1-4a≤0，解得a≥14，故答案为[14，+∞.14.

答案：x22-y22=1x≥2【解析】由双曲线定义可得动点P的轨迹为双曲线右支，又c=2，a=2，则b=2，所以动点P的轨迹方程为x22-y22=1x≥2，故答案为x22-y22=1x≥2.15.答案：4【解析】由椭圆定义MF1+MF2=6，MF1-MF2

=2，所以MF1=4，MF2=2，F1F2=25，故△F1F2M为直角三角形，故S△F1F2M=12×4×2=4，故答案为4.16.答案：3−1【解析】由F1A+F1B=F1F2，可得四边形AF1BF2为平行四边形，故直线AB经

过坐标原点O，S▱AF1BF2=4×12×OF2×OA×120°sin=3c×OA=3c2，所以OA=c，所以四边形AF1BF2为矩形，所以AF1=c，AF2=3c，所以离心率e=c12c+3c=23+1

=3−1，故答案为3−1.xyF1F2MOxyPMNxyF1F2ABO17.(1)若p为真命题，则x2≤5x-4，即x2-5x+4≤0，即(x-1)(x-4)≤0，即1≤x≤4，所以x的取值范围{x|1≤x≤4}．.......................

..5分(2)记A={x|1≤x≤4}．q：x2-(a+2)x+2a<0(a>2)，所以x-2x-a<0，故当a>2时，B={x|2<x<a}．.........................7分因为p是q的必要不充

分条件，所以B是A的真子集，.............8分所以a>2a≤4，所以2<a≤4，故实数a的取值范围为2,4．..............10分18.解：(1)因为P(-23，0)，Q(0,2)，所以P、Q

分别是椭圆长轴和短轴上的端点，且椭圆的焦点在x轴上，所以a=23，b=2；.........................3分所以椭圆的标准方程为x212+y24=1..........................6分(2)

设与双曲线共渐近线的方程为x24-y23=mm≠0,.........................8分代入点-23,3，解得m=2,.........................11分所以双曲线的标准方程为x28-y2

6=1..........................12分19.解：(1)若命题p为真命题，则2a<4成立，即2a<22，即a<2，.........................5分(2)由(1)可知若命题p

为真命题，则a<2，.........................6分若命题q为真命题，则关于x不等式x2+3(3-a)x+9≥0对任意的x∈R恒成立则Δ=93-a2-36≤0，解得-1≤a≤5，....

.....................8分因为“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，所以p,q命题一真一假，若p真q假，则a<2a>5或a<1，即a<1，若p假q真，则a≥2-1≤a≤5，即2≤a≤5，综上，实数a的

取值范围为a<1或2≤a≤5...........................12分20.解：(1)因为椭圆中心在原点，焦点为F1(-3，0)，F2(3，0)，且长轴长为4，所以c=3,a=2.所以b2=1.故椭圆的方程为x24+y2=1；.....................

....5分(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2+4y2=4y=x+1得A(0,1)，B-85，-35，所以|AB|=0+852+1+352=825.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分21.解：(1)根据题意知离心

率e=ca=63，即c2a2=23．因为c2=a2-b2，所以a2-b2a2=23，整理得a2=3b2，①又由椭圆C经过点32,-32，可得322a2+-322b2=1，即34a2+34b2=1，②联立①②，解得a2=3b2=1，所以椭圆C的标准方程

为x23+y2=1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)由题意，易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+2，则y=kx+2x23+y2=1，得1+3k2x2+12kx+9=0，由Δ=(12k)2-4×91+3k2>0，得k2>1，⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-12k1+3k2,x1x2=91+3k2，所以|AB|=1+k2⋅x1-x2=1+k2⋅x1+x22-4x1x2=1+k2⋅-12k1+3k22-4×91+3k2=

61+k2⋅k2-11+3k2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分点O(0,0)到直线kx-y+2=0的距离d=21+k2，所以S△OAB=12|AB|⋅d=1261+k2⋅k2-11+3k221+k2=6k2-11+3k2．令k2-1=t(t>0)，则k2=t2+1，所以S△OAB=6t4

+3t2=64t+3t≤624t×(3t)=32，当且仅当4t=3t，即t2=43时等号成立，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分此时k2=73,△OAB的面积的最大值为32．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.解：(1)设P(x,y),由题意知：

yx+3×yx−3=−59x≠±3，化简得：P得轨迹方程为x29+y25=1(x≠±3)；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分2法1：设l的方程为：x=ty+2，联立曲线C方程得：(5t2+9)y2+20ty-25=0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分设A(x1,y1),B

(x2,y2)，则y1+y2=-20t5t2+9①，y1y2=-255t2+9②，可得R185t2+9,-10t5t2+9，k1k2=1t∙-5t9=-59.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分法2：设l的方程为：y=k

1(x−2)，设A(x1,y1),B(x2,y2),R(x0,y0)，则x129+y125=1x229+y225=1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分相减整理得：y1−y2x1−x2=−59x1+x2y1+y2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7

分又x1+x2=2x0,y1+y2=2y0，∴k1=−59x0y0，又k2=y0x0，∴k1k2=−59；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3由QB=λQA得y2=-λy1，代入①②得：(1-λ)y1=-20t5t2+9③，λy21=255t2+9④，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分③式

平方除以④式得：1λ-2+λ=16t25t2+9，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分而1λ-2+λ在λ∈[2,3]上单调递增，12≤1λ-2+λ≤43，∴34≤5t2+916t2≤2，又l在y轴上的截距为b，b2=-2t2=4

t2∈289,12，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分∴b∈−23,−273∪273,23.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分