重庆市育才中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

重庆市育才中学校高2025届2023-2024学年（上）10月月考数学试题本试卷为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数满足，则（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算计算即可.【详解】由，得.故选：D.2.已知空间单位向量，，两两垂直，则（）A.B.C.3D.6【答案】A【解析】【分析】根据向量数量积的定义和运算律，可求得，由此可得结果.【详解】由题意，，，，，， .故选：A.3.已知直线：，：，若，则的值为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据两直线垂直的公式计算即可.【详解】因为直线：，：，，所以，解得.故选：C.4.已知，，三点共线，则（）A.4B.1C.0D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件可得重合，即可得到结果.【详解】因为三点共线，且，，，则重合，即.故选：B5.在平面直角坐标系中，已知、两点，若圆以为直径，则圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的标准方程.【详解】因为圆以为直径，所以圆心的坐标为，半径为， 圆的标准方程为.故选：B.6.已知是空间中一组基底，若向量，则称向量在基底下坐标为.若向量在基底下坐标为，则向量在基底下的坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由条件得到，然后利用待定系数法求解即可.【详解】因为向量在基底下坐标为，所以，设，则，解得，所以向量在基底下的坐标为，故选：C7.若直线过定点，且与以为端点的线段相交（包括端点），则其倾斜角的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据题意，结合斜率公式，求得或，得到或，进而求得直线的倾斜角的范围.【详解】如图所示，因为直线过定点，且与以为端点的线段相交，可得，，所以直线的斜率满足或，设直线的倾斜角为，可得或，解得或，所以直线的倾斜角的范围为.故选：B.8.如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为（）A.3B.6C.7D.8【答案】A 【解析】【分析】以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间坐标系，由题意可得点在平面内，且当平面时，取最小值，即平面,求出的坐标，计算出的值，即可得答案.【详解】以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间坐标系，如图所示：设正方体的棱长为，则，，，，，，，，因为，且，所以点在平面内，又因为三棱锥为正三棱锥， 当平面时，取最小值，此时点位置记为点，所以为的重心，则，故，又因为，，，，，，，所以，，，，，，，所以共3个不同取值.故选：A.【点睛】关键点睛：在平面中，如果，且，则三点共线；在空间中，如果，且，则四点共面.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知空间向量，，则下列选项中正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用空间向量平行的性质即可判断；对于B，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于C，根据空间向量坐标运算计算出，利用模长公式计算，从而得以判断；对于D，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断.【详解】对A，，存在实数，使得，则，即，解得，，故A正确； 对B，，，即，解得，故B错误；对C，当时，，，，故C正确；对D，当时，，，，故D正确.故选：ACD.10.若有一组圆：，下列命题正确的是（）A.所有圆的半径均为2B.所有的圆的圆心恒在直线上C.当时，点在圆上D.经过点的圆有且只有一个【答案】AB【解析】【分析】根据圆的标准方程和性质逐项判断求解；【详解】选项A:，，故选项正确；选项B:根据可得，圆心为，在，故选项正确；选项C:当时，，代入不满足方程，故选项错误；选项D:代入得：即有两个解，故选项错误；故选：AB.11.已知直线：，下列说法正确的是（）A.直线过定点B.当时，关于轴对称直线为C.点到直线的最大距离为D.与两坐标轴围成的三角形的面积为2的直线有4条 【答案】ABC【解析】【分析】令得系数等于零，即可求出直线所过的定点，即可判断A；在直线上取两点，求出这两点关于轴对称的点，即可求出关于轴对称直线的方程，即可判断B；结合A选项，当直线时，点到直线的距离最大，即可判断C；分别求出直线与坐标轴的交点坐标，再结合题意即可判断D.【详解】对于A，由直线：，得，由，解得，所以直线过定点，故A正确；对于B，当时，直线：，在直线上取两点，则点关于轴对称的点，点关于轴对称的点，所以关于轴对称直线为，即，故B正确；对于C，由A选项可知直线过定点，则当直线时，点到直线的距离最大，最大距离为，故C正确；对于D，由直线：，令，则，当时，，则直线与轴没有交点，所以，令，则，由题意得，解得或，所以与两坐标轴围成的三角形的面积为2的直线有3条，故D错误。故选：ABC. 12.如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点是棱上一点（不包括端点），是平面内一点，则（）A.存在点，使得∥平面B.任意点，均有面面C.的最小值为D.以为球心，半径为1的球与四棱锥表面的交线长为【答案】BCD【解析】【分析】选项A：根据线面平行的判定判断；选项B：根据面面垂直的判定判断；选项C：判断平面关系，然后将图展开求解；选项D：求出球面与的交线，再借助对称计算判断即可.【详解】解：选项A：过作∥,且连接,因为点是棱上一点（不包括端点），所以，又∥,且，∥,∥,所以∥,且,所以的延长线与的延长线必定相交于某一点，又平面,所以与平面相交， 所以一定不存在点，使得∥平面，选项错误；选项B：底面为正方形，所以,又因为底面，底面，所以,平面,所以平面,又面，所以平面平面，选项正确；选项C：将立体几何图象展开如图，因为底面，底面，所以,又因为,所以平面,平面,所以同理可得,又因为，,所以平面，又平面,所以平面平面，将绕展开到平面，如图，易知，设，过作，垂足点为，且又平面平面，平面平面平面，所以平面，此时最小，,选项正确； 选项D：由题意可得球面与的交线如图中圆弧,，又易知则于是弧的长为，由对称性知球与的交线长也为，过作于，显然平面,则,而平面,于是平面,显然,球面与平面的交线是以为圆心，半径为的圆，显然点到直线的距离为， 因此球面与的交线是半径为的半圆，所以交线长为，由对称性知球与的交线长也为，所以与四棱锥表面的交线长为，故正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.第II卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若的三个顶点分别是，，，则的外接圆的标准方程为______.【答案】【解析】【分析】设圆的方程为，然后将的坐标代入求解即可.【详解】设圆的方程为，因为的三个顶点分别是，，，所以，解得，所以圆的方程为，即，故答案为：.14.中国古建筑的屋顶千变万化，瑰丽多姿.常见的屋顶样式有：庑殿顶、歇山顶、悬山顶、硬山顶、卷棚顶、攒尖顶等.其中歇山顶（图（1））常用于配殿等次要建筑和园林中，也有单檐、重檐的形式.如天安门、太和门、保和殿、乾清宫等.歇山顶单檐式是由一条正脊、四条垂脊和四条创脊组成，正脊的前后两坡是整坡，左右两坡是半坡.从侧面看，屋顶部分的轮廓可近似看作一个等腰三角形和一个等腰梯形组成的二面角（图（2））.已知屋檐（等腰梯形的下底边）AB=6米，戗脊（等腰梯形的腰）米，与屋檐夹角为45°，垂脊（等腰三角形的腰）米，则垂脊与屋檐夹角的正切值为______. 图（1）图（2）【答案】【解析】【分析】根据题意表示出直线与平面的长度关系，然后利用几何图形求解即可；【详解】由题意可知，,四边形为等腰梯形，且，因为故垂脊与屋檐夹角和夹角相等，即,在等腰三角形中，故答案为：.15.经过直线和的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为______.【答案】或【解析】【分析】先求出两直线的交点坐标，再分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式方程即可得解. 【详解】联立，解得，即直线和的交点坐标为，当直线过原点时，方程为，当直线不过原点时，设直线方程为，则有，解得，故直线方程为，即，综上所述，所求直线方程为或.故答案为：或.16.若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，写出符合条件实数的一个取值______.【答案】不唯一；【解析】【分析】由，转化为，得到表示点到直线的距离，表示点到直线的距离；由，分，求解.【详解】解：由，得，则表示点到直线的距离；表示点到直线的距离；要使， 当时，，，此时，有两条直线；当时，即时，有一条直线；所以当恰有三组不全为0的实数对满足关系式时，即有三条直线，使得的实数的范围是，所以符合条件实数的一个取值为，不唯一；故答案为：，不唯一；四、解答题：本题共6小题，共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：，直线：，且.（1）求实数的值；（2）求、之间距离.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根据，由求解；（2）利用两直线间的距离公式求解.【小问1详解】解：因为直线：，直线：平行，所以，解得；【小问2详解】 由（1）知：直线：，直线：，所以、之间的距离为.18.如图，在三棱柱中，，，平面平面，.（1）求证：；（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得答案；（2）根据题意，以为坐标原点，，，分别为，，的正向建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.【小问1详解】，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.【小问2详解】 以为坐标原点，，，分别为的正向建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：，，，，取平面的法向量为，设平面的法向量为，取，，则，可得，令，可得，设二面角的大小为，观察可知为锐二面角，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.19.在中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角；（2）若，求周长的最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，得到，即可求解；（2）设的外接圆的半径为，求得，结合三角恒等变换的公式，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，即，因为，所以.【小问2详解】解：由（1）知且，设的外接圆的半径为，可得，又由正弦定理得，因为，则，可得，所以，因为，可得，当时，即时，取得最大值，最大值为，所以周长的最大值为.20.如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，面，为棱上一动点，满足.（1）当为何值时，面：（2）若二面角的平面角的正切值为，当时，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，证为中位线即可；（2）应用空间向量求解.【小问1详解】由底面为菱形，连接交于点，连接，若面，因为平面，又面平面，所以，在中，为中点，所以也为中点，故，所以当时，面；【小问2详解】取中点，连接，，又平面，所以平面，又，所以以为原点，所在直线为轴如图建立空间直角坐标系，底面为菱形，且，设，设，则，，因为，所以，设，所以，，设平面的一个法向量为， 所以，令，所以，又因为面，所以平面一个法向量为，设二面角的平面角为，则，，解的，所以，则，设平面的一个法向量为，，则，令，所以，，，所以与平面所成角正弦值.21.《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，明确了“继续支持电动汽车、燃料电池汽车发展，掌握汽车低碳化、信息化、智能化核心技术，提升动力电池、驱动电机、高效内燃机、先进变速器、轻量化材料、智能控制等核心技术的工程化和产业化能力，形成从关键零部件到整车的完成工业体系和创新体系，推动自主品牌节能与新能源汽车与国际先进水平接轨的发展战略，为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向.某新能源汽车制造企业为了提升产品质量，对现有的一条新能源零部件产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的新能源零部件产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据整理得到频率直方图（如图）： （1）从质量指标值在的两组检测产品中，采用分层抽样的方法再抽取5件.现从这5件中随机抽取2件作为样品展示，求抽取的2件产品恰好都在同一组的概率.（2）经估计知这组样本的平均数为，方差为.检验标准中，，，其中表示不大于的最大整数，表示不小于的最小整数，值四舍五入精确到个位.根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但需要进一步改造技术；若有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，认为生产线技术改造成功.请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造成功？【答案】（1）；（2）详见解析；【解析】【分析】（1）根据分层抽样确定抽取比例，然后运用组合求解即可；（2）根据题中公式，计算出区间并判段数据落在该区间的概率，然后与题中条件比较即可得出结论.【小问1详解】由题意可知，所以抽取的2件产品恰好都在同一组的概率为：;【小问2详解】因为，知 则该抽样数据落在内频率约为，又该抽样数据落在内的频率约为，所以可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．22.如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，平面与直线、、分别交于点、、，且满足.点在直线上，为棱的中点，且直线平面.（1）设，，，试用基底表示向量；（2）若点的轨迹长度与棱长的比值为，试讨论是否为定值，若为定值，请求出，若不为定值，请说明理由.【答案】（1）（2）为定值【解析】【分析】（1）根据空间向量基本定理进行求解；（2）设，表达出，根据平面，设存在实数，使得，表达出，，从而得到方程，得到，分和时，结合根的判别式，得到 ，求出为定值.【小问1详解】因为四棱锥的底面为平行四边形，所以，故；【小问2详解】由（1）知，，又，所以，则，，，设，又，则，因为平面，则存在实数，使得，故，所以，故，整理得，，当时，，解得， 当时，由，解得或，综上，，所以对所有满足条件的平面，点的轨迹长度为，故为定值，.