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四川省 2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题(Word版附解析)

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德阳中学高2022级高二上期10月月考数学试题一、单选题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.请把正确的选项涂在答题卡相应位置上.1.已知集合,集合,则(    )A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的性质解不等式得到集合,然后求并集即可.【详解】由对数函数的性质,,.故选:B.2.求值:()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用诱导公式化同角,再利用两角差的正弦公式即可得解.【详解】.故选:A.3.已知为平面的一个法向量,为内的一点,则点到平面的距离为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件,利用点到平面的向量求法,列式计算作答. 【详解】依题意,,而为平面的一个法向量,所以点到平面的距离.故选:A4.将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子,则2个小球在同一个盒子的概率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子的方法总数以及2个小球在同一个盒子的方法总数,由古典概率的公式代入即可得出答案.【详解】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子,共有:种方法,2个小球在同一个盒子有种情况,所以2个小球在同一个盒子的概率为.故选:D.5.在长方体中,设为棱的中点,则向量可用向量表示为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.【详解】如图所示, 故选:D.6.若圆被直线平分,则的最小值为()A.B.C.4D.9【答案】D【解析】【分析】由题意可得圆心在直线,即得,将化为,展开后利用基本不等式即可求得答案.【详解】由题意圆被直线平分,即圆心在直线上,故,即,故,当且仅当,结合,即时去等号,即的最小值为为9,故选:D7.直线的倾斜角的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解即可.【详解】由题意知,若a=0,则倾斜角为, 若,则,①当时,(当且仅当时,取“”),②当时,(当且仅当时,取“”),,故,综上,,故选:C.8.已知正三棱锥的外接球是球,正三棱锥底边,侧棱,点在线段上,且,过点作球的截面,则所得截面圆面积的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设的中心为,球O的半径为R,在中,利用勾股定理求出,余弦定理求出,再由勾股定理求出,过点E作球O的截面,当截面与OE垂直时,截面的面积最小,当截面过球心时,截面面积最大.【详解】如下图,设的中心为,球O的半径为R,连接,OD,,OE,则,在中,,解得R=2,所以,因为BE=DE,所以,在中,,所以,过点E作球O的截面, 当截面与OE垂直时,截面的面积最小,此时截面的半径为,则截面面积为,当截面过球心时,截面面积最大,最大面积为4π.故选:D【点睛】关键点点睛:解题的关键点是过点E作球O的截面,当截面与OE垂直时,截面的面积最小,当截面过球心时,截面面积最大.二、多选题:本大题共4小题,每小题5分,共计20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,选对但不全得2分,有选错的得0分.9.已知直线,则()A.直线过定点B.当时,C.当时,D.当时,两直线之间的距离为1【答案】CD【解析】【分析】根据给定的直线的方程,结合各选项中的条件逐一判断作答.【详解】依题意,直线,由解得:,因此直线恒过定点,A不正确;当时,直线,而直线,显然,即直线 不垂直,B不正确;当时,直线,而直线,显然,即,C正确;当时,有,解得,即直线,因此直线之间的距离,D正确.故选:CD10.已知函数,则下列结论正确的是()A.的最小正周期为B.C.是图象的一条对称轴D.将的图象向左平移个单位后,得到的图象关于原点对称【答案】BC【解析】【分析】根据两角和的正弦公式化简可得表达式,判断B;利用正弦函数周期公式即可判断A;将代入中验证可判断C;根据三角函数图象的平移可得平移后函数解析式,结合其奇偶性可判断D.【详解】由题意得,B正确;则其最小正周期为,A错误;将代入中,得,则是图象的一条对称轴,C正确;将的图象向左平移个单位后,得到的图象, 而函数不是奇函数,其图象不关于原点对称,D错误,故选:BC11.如图,在正方体中,为的中点()A.平面B.C.若正方体的棱长为1,则点到平面的距离为D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABC【解析】【分析】利用线线平行可判定A项,利用线面垂直可判定B项,利用等体积法转化可判定C项,利用线面角的定义结合C项结论可判定D项.【详解】对于A项,连接BD交AC于O点,连接OE,易知OE为的中位线,即,∵面,面,∴平面,故A正确;对于B项,连接,由正方体的性质易知, 又面,∴面,而面,即,故B正确;对于C项,由正方体的性质知:点到平面的距离等于点D到平面的距离,设该距离为,若正方体棱长为1,则,,故C正确;对于D项,假设D点在面ACE的投影为M,连接AM,则AD与面ACE的夹角为,由C选项结论可知若正方体棱长为1,则有,故D错误.故选:ABC12.已知圆M:,点P是直线l:上一动点,过点P作圆M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2D.直线AB恒过定点【答案】BD【解析】【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:本大题共4小题,每小题5分,共计20分.13.已知,,则向量与的夹角为______.【答案】##【解析】【分析】运用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】,故答案为:14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,则角B的大小是______.【答案】##30°【解析】【分析】由结合余弦定理,可求,进而可求B.【详解】因为,所以, 由余弦定理的推论,得因为,所以.故答案为:.15.已知复数,其中,,则复数是纯虚数的概率为__________.【答案】##0.25【解析】【分析】由纯虚数得出的取值,即可求出复数是纯虚数的概率.【详解】由题意,中,,,∵复数为纯虚数∴,∴复数是纯虚数的概率为:,故答案为:.16.已知圆上的动点M和定点A,,则的最小值为_____.【答案】【解析】【分析】找到定点,连接易证,即可得,转化为求最小值,判断对应的位置,即可求最小值.【详解】若,又A,,则, 所以且,则,即,故,当共线时目标式值最小,所以最小值为.故答案为:四、解答题:本大题共6小题,共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线过点和,直线:.(1)若直线关于直线的对称直线为,求直线的方程.(2)已知直线是过点的直线,点到直线的距离为,求直线的方程.【答案】(1)(2)或.【解析】【分析】(1)求得直线上一点关于直线的对称点,结合与的交点求得直线的方程.(2)根据直线的斜率是否存在进行分类讨论,结合点到直线的距离求得直线的方程.【小问1详解】直线的方程为,即,取直线上的一点,设关于直线的对称点为,则,解得. 由解得,所以直线过点和点,所以直线的方程为,即.【小问2详解】直线斜率不存在时,可得,点与直线的距离为,符合题意.当直线斜率存在时,设直线斜率为,故可得直线的方程为,即,因为点到直线的距离为,即,解得,故可得直线的方程为,即,综上所述,直线的方程为:或.18.圆,直线.(1)证明:不论取什么实数,直线与圆相交;(2)求直线被圆截得的线段的最短长度,并求此时的值.【答案】(1)证明见解析(2)当时,最短弦长为【解析】【分析】(1)证得直线恒过圆内定点即可.(2)当时被圆截得的线段的最短长度,求此时的弦长与的值.【小问1详解】因为直线的方程可化为, 所以过直线与交点.又因为点到圆心的距离,所以点在圆内,所以过点的直线与圆恒交于两点.【小问2详解】由(1)可知:过点的所有弦中,弦心距,因为弦心距、半弦长和半径构成直角三角形,所以当时,半弦长的平方的最小值为,所以弦长的最小值为.此时,.因为,所以,解得,所以当时,得到最短弦长为.19.甲、乙、丙三人独立地破译某个密码,甲译出密码的概率为,乙译出密码的概率为,丙译出密码的概率为,求:(1)其中恰有一人破译出密码的概率;(2)密码被破译的概率.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设出事件,根据互斥事件概率加法公式、对立事件概率公式,以及独立事件概率的乘法公式即可得出答案; (2)根据已知结合独立事件概率的乘法公式,求出密码不能破译的概率,进而根据对立事件概率公式,即可得出答案.【小问1详解】记密码被甲、乙、丙3人独立地破译分别为事件A、、,则,,,,,,记“恰有一人破译出密码”为事件,由已知可得,.【小问2详解】记“密码被破译出”为事件,因为,所以.20.在中,角,,的对边分别为,,,且.(1)求的值;(2)若,求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简,即可得答案;(2)结合(1)的结论由正弦定理可得,利用余弦定理即可求得a的值,再利用三角形面积公式即可求得答案.【小问1详解】因为,由正弦定理得,即,又因为,可得,所以,可得. 【小问2详解】由(1)得,由正弦定理得,由余弦定理得,即,又由,解得,则,此时存在且唯一确定,因为则可得所以;21.如图,在四棱台中,底面是菱形,,,平面.(1)证明:BDCC1;(2)棱上是否存在一点,使得二面角的余弦值为若存在,求线段的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,【解析】【分析】(1)连接,根据题意证得和,利用线面垂直的判定定理,证得平面,进而证得;(2)取中点,连接,以为原点,建立空间直角坐标系,假设点存在,设点,求得平面和的一个法向量和,结合向量的夹角公式,列出方程,求得,即可求解. 【小问1详解】证明:如图所示,连接,因为为棱台,所以四点共面,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,所以,又因为且平面,所以平面,因为平面,所以.【小问2详解】解:取中点,连接,因为底面是菱形,且,所以是正三角形,所以,即,由于平面,以为原点,分别以为轴、轴和轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则假设点存在,设点的坐标为,其中,可得设平面的法向量,则,取,可得,所以.又由平面的法向量为,所以,解得由于二面角为锐角,则点在线段上,所以,即故上存在点,当时,二面角的余弦值为. 22.已知点M(1,0),N(1,3),圆C:,直线l过点N.(1)若直线l与圆C相切,求l的方程;(2)若直线l与圆C交于不同的两点A,B,设直线MA,MB的斜率分别为k1,k2,证明:为定值.【答案】(1)或(2)证明见解析【解析】【分析】(1)先判断直线l不存在斜率时符合题意;再设直线l的方程,利用圆心到直线的距离等于半径,列式求解即可.(2)设出直线l的方程,与圆的方程联立,得到关于的一元二次方程,再利用根与系数的关系及直线的斜率公式进行证明.【小问1详解】解:若直线l的斜率不存在,则l的方程为,此时直线l与圆C相切,故符合条件;若直线l的斜率存在,设斜率为k,其方程为,即,由直线l与圆C相切,圆心(0,0)到l的距离为1,得,解得, 所以直线l的方程为,即,综上所述,直线l的方程为或;【小问2详解】证明:由(1)可知,l与圆C有两个交点时,斜率存在,此时设l的方程为,联立,得,则,解得,设A(x1,y1),B(x2,y2),则,,(1)所以,将(1)代入上式整理得,故为定值.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-31 05:20:02 页数:18
价格:¥2 大小:1.29 MB
文章作者:随遇而安

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