四川省成都市双流区双流中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

双流中学2023-2024学年高二上学期第一学月考试数学试题一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1.复数在复平面上对应的点位于第一象限，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简复数即可判断.【详解】因为对应的点位于第一象限，所以故选：C.2.某小区有500人自愿接种新冠疫苗，其中49~59岁的有140人，18~20岁的有40人，其余为符合接种条件的其他年龄段的居民．在一项接种疫苗的追踪调查中，要用分层抽样的方法从该小区18~20岁的接种疫苗的人群中抽取4人，则样本容量为（）A.14B.18C.32D.50【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的概念求解.【详解】设样本容量为，由题意得，解得.故选：D.3.已知，、，则向量与的夹角是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设向量与的夹角为，计算出向量与的坐标，然后由计算出的值，可得出的值. 【详解】设向量与的夹角为，，，则，所以，，故选D.【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，考查利用向量的坐标计算向量的夹角，考查计算能力，属于中等题.4.两平行直线与之间的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用两平行线间距离公式即得.【详解】由，可得，所以两平行直线的距离为.故选：B.5.已知，为两个不同平面，，为两条不同直线，则下列说法不正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，且，则【答案】B【解析】【分析】利用线线，线面以及面面的位置关系的判定定理和性质定理，对每个选项进行逐一判断，即可得解.【详解】对于A，，，根据线面垂直的性质可知，垂直于同一平面的两直线平行，选项A正确；对于B，，，根据线面垂直的定义以及线面平行的判定定理可知或，故选项B错误；对于C，，，根据线面垂直的性质定理以及面面平行 的判定定理可得，故选项C正确；对于D，由和可知或，又，则由线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理可知，，故选项D正确.故选：B.【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理，面面平行的性质定理，属于基础题.6.平面过棱长为1的正方体的面对角线，且平面，平面，点在直线上，则的长度为A.B.C.D.1【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到平面和平面，从而得到，，即平面.再以为侧棱补作一个正方体，使得平面与平面共面.因为，所以平面，即平面就是平面，再计算即可.【详解】在正方体中，平面.平面.又因为，所以平面. 如图，以为侧棱补作一个正方体，使得平面与平面共面.因为，所以平面.连接，交于，为的中点.所以平面为平面，所以.故选：C【点睛】本题主要以正方体为载体，考查了线面垂直和线线平行的判定，同时考查了数形结合的思想，属于难题.7.已知圆截轴所得的弦长为，过点且斜率为的直线与圆交于两点，若，则的值为A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】由轴和直线被圆截得的弦长相等，所以圆心到轴和到直线的距离相等，然后结合点到直线的距离公式求解即可.【详解】解：因为轴和直线被圆截得的弦长相等，所以圆心到轴和到直线的距离相等，又直线，即，所以圆心到直线的距离，解得，故选：D．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查考生对基础知的掌握情况，考查的核心素养是数学运算、直 观想象．8.直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，又因为球的表面积为，所以，而，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，设直线和所成的角为，则.故选：A.二、多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）9.为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市所有乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试．如图是该次考试成绩随机抽样样本的频率分布直方图．则下列关于这次考试成绩的估计正确的是（）A.众数为82.5B.80百分位数为91.7C.平均数为88D.没有一半以上干部的成绩在80～90分之间【答案】AB【解析】【分析】A根据直方图判断众数的位置即可；B利用百分位数的运算方法求出80百分位数即可；C利用直方图求出平均数即可；D求出80~90分之间的频率，与比较大小即可【详解】由图知：众数出现在之间，故众数为，故A正确；由图可得该次考试成绩在分以下所占比例为，在分以下所占比例为，因此，第百分位数一定位于内， 所以第百分位数为，故B正确；由，C错误；由，有一半以上干部的成绩在80~90分之间，D错误.故选：AB10.下列结论错误的是（）A.过点，的直线的倾斜角为B.若直线与直线垂直，则C.直线与直线之间的距离是D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是6【答案】ACD【解析】【分析】求出斜率判断A；利用两直线垂直关系求出a判断B；求出平行线间距离判断C；利用对称思想求出最小值判断D作答.【详解】对于A，直线的斜率，其倾斜角小于，A错误；对于B，由直线与直线垂直，得，解得，B正确；对于C，直线化为，因此两平行直线的距离，C错误；对于D，点关于x轴的对称点为，连接交x轴于点，点是x轴上任意一点，连接，于是，当且仅当点与重合时取等号，因此，D错误.故选：ACD 11.已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据点到直线距离公式，结合圆的性质进行求解即可.【详解】因为圆的半径为，圆心为，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离为1.A：圆心到直线的距离为，不符合题意；B：圆心到直线的距离为，符合题意；C：圆心到直线的距离为，符合题意；D：圆心到直线的距离为，符合题意，故选：BCD12.如图，在长方体中，，点是棱上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（）A.不存在点，使得B.三棱锥的体积恒为定值 C.存在唯一的点，过三点作长方体的截面，使得截面的周长有最小值D.为棱上一点，若点满足，且平面，则为中点【答案】BCD【解析】【分析】选项A.先证明存在点使得平面，从而可判断；选项B.由为定值，根据可判断；选项C.先作出截面，然后将侧面展开，使得面与面在同一平面内，从而可判断；选项D.在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接，从而可得，从而可判断.【详解】选项A.在底面矩形中，连接交于点,由，则所以,所以,为等边三角形取的中点，连接并延长交于点，则又在长方体中，平面，且平面，则又,所以平面,又平面所以，所以存在点，使得，故选项A不正确.选项B.在长方体中，平面,所以所以三棱锥的体积恒为定值，故选项B正确.选项C.在上取点，使得，连接则四边形为平行四边形,所以过三点作长方体的截面为面将侧面展开，使得面与面在同一平面内， 连接,交于点，此时最小，即截面的周长最小所以存在唯一的点，使得截面的周长有最小值，故选项C正确.选项D.在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接由,,即,所以,即，则平面,面平面由平面，则又，所以为平行四边形,则，则所以为的中点.故选项D正确.故选：BCD第2卷非选择题（90分） 三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.用一平面去截球所得截面的面积为cm2，已知球心到该截面的距离为1cm，则该球的体积是_______cm3．【答案】【解析】【分析】由截面的面积为cm2，可得截面的半径，进而可得球半径，再由球的体积公式计算即可.【详解】解：设截面圆半径为，则，，球半径为，则，所以，所以（）.故答案为：14.甲、乙两人约定进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（在三局比赛中，优先取得两局胜利的一方获胜，无平局），乙每局比赛获胜的概率都为，则最后甲获胜的概率是______________．【答案】【解析】【分析】判断甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.【详解】因为乒乓球比赛的规则是三局两胜制（无平局），由题意知甲每局比赛获胜的概率都为，因此甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，所以最后甲获胜的概率,故答案为：15.在y轴上有一点，使得以，和P为顶点的三角形面积为6，则b的值为___________.【答案】或7##7或【解析】【分析】首先求出点到直线的距离，然后根据两点间的距离求出，从而可表示出三角形 的面积，根据三角形的面积为即可求出的值.【详解】易知，所以直线方程为，即，点到直线的距离，又，所以，解得或.故答案为：或7.16.已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______.【答案】【解析】【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.【详解】的圆心为，半径，的圆心为，半径，设，则，所以，取，则，当三点共线时取等号， 此时直线：令，则，，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.三、解答题（本大题共6个大题，共70分）17.已知复平面内的点A，B对应的复数分别是．（1）当为何值时，的模取得最大值，并求此最大值；（2）若，设对应的复数是，若复数对应的点P在直线，求的值．【答案】（1），最大值为（2）或【解析】【分析】（1）由复数模的定义可得：，利用三角函数求最值；（2）表示出点P的坐标，代入，求出或.【小问1详解】 由复数模的定义可得：，显然当时最大，即，故最大值为.【小问2详解】由（1）知点P的坐标是，代入，得，即，又因为，所以或.18.某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图．（1）求直方图中的值；（2）请估计本次联考该校语文成绩的众数、中位数；（3）样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率．【答案】（1）（2）105；105.7（3）【解析】【分析】（1）利用频率之和为1可求；（2）众数取出现分数频率最多的分数段，取横坐标中间值即可，当频率值和累计到时的横坐标值可求中位数； （3）结合古典概型概率公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图可知，解得【小问2详解】由图可知，语文成绩的众数为；语文成绩在的频率为，在的频率为，在的频率为，，故语文成绩的中位数落在，设为，则满足，解得，故语文成绩的中位数为；【小问3详解】由图可知，按分层抽样法，5名学生中分数在的学生应抽4名，设为，在的学生应抽1名，设为，则所有抽取情况有共10种，符合题意的有共4种，则这5名学生中随机选出2人，恰有一人成绩在中的概率为.19.如图直线过点，且与直线和分别相交于，两点.（1）求过与交点，且与直线垂直的直线方程；（2）若线段恰被点平分，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】本题考查直线方程的基本求法：垂直直线的求法、点关于点对称、点在直线上的待定系数法．【详解】（1）由题可得交点，所以所求直线方程为，即； （2）设直线与直线相交于点，因为线段恰被点平分，所以直线与直线的交点的坐标为．将点，的坐标分别代入，的方程，得方程组解得由点和点及两点式，得直线的方程为，即．【点睛】直线的考法主要以点的对称和直线的平行与垂直为主．点关于点的对称，点关于直线的对称，直线关于直线的对称，是重点考察内容．20.已知圆.（1）若直线，证明:无论为何值，直线都与圆相交；（2）若过点的直线与圆相交于两点，求的面积的最大值，并求此时直线的方程.【答案】（1）见详解；（2）的面积的最大值为，此时直线方程为或.【解析】【分析】（1）只要证明直线过圆内一点即可；（2）根据题意，故设直线方程，可得圆心到直线的距离，又，代入，利用函数求最值即可得解.【小问1详解】转化的方程可得：， 由，解得，所以直线恒过点，由，故点在圆内，即直线恒过圆内一点，所以无论为何值，直线都与圆相交；【小问2详解】由的圆心为，半径，易知此时直线斜率存在且不为，故设直线方程，一般方程为，圆心到直线的距离，所以所以，令，可得，当时，所以的面积的最大值为，此时由，解得，解得或，符合题意，此时直线方程或.21.如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使 点B到达点P的位置，且.（1）证明：平面平面ADC；（2）若M为PD上一点，且三棱锥的体积是三棱锥体积的2倍，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）在梯形中，取的中点，证明四边形为平行四边形，再根据圆的性质得出，利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，由得出，利用向量法即可得出二面角的余弦值.【小问1详解】在梯形ABCD中取AD中点N，连接CN，则由BC平行且等于AN知ABCN为平行四边形，所以，由知C点在以AD为直径的圆上，所以.又，，平面平面又平面平面平面. 【小问2详解】取AC中点O，连接PO，由，可知，再由面面ACD，AC为两面交线，所以面ACD，以O为原点，OA为x轴，过O且与OA垂直的直线为y轴，OP为z轴建立直角坐标系，令，则，，，，由，得，所以，设平面ACM的法向量为，则由得，取得，，所以，而平面PAC的法向量，所以.又因为二面角为锐二面角，所以其余弦值为.22.已知圆，直线过点且与圆相切. （I）求直线的方程；（II）如图，圆与轴交于两点，点是圆上异于的任意一点，过点且与轴垂直的直线为，直线交直线于点，直线交直线于点，求证：以为直径的圆与轴交于定点，并求出点的坐标.【答案】（1）.（2）证明见解析；定点或.【解析】【分析】（1）由已知中直线过点，我们可以设出直线的点斜式方程，化为一般式方程后，代入点到直线距离公式，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，可以求出k的值，进而得到直线的方程；（2）由已知我们易求出P,Q两个点的坐标，设出M点的坐标，我们可以得到点P与Q的坐标，进而得到以为直径的圆的方程，根据圆的方程即可判断结论.【详解】(Ⅰ)由题意得，直线的斜率存在.设直线的方程为.因为直线与圆相切，所以.所以. 所以直线方程为.(Ⅱ)由题意得，点，点.设点，则直线的方程为.所以直线与直线的交点为点.直线的方程为.所以直线与直线的交点为点.设点.则，.因为以为直径的圆与轴交于定点,所以解得.所以定点或.