四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二强基班上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

高2022级强基班高二上期第二次学月考试数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．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，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知复数满足（i是虚数单位），则的虚部是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数乘方运算法则和除法法则计算得到，得到虚部.【详解】，则，则其虚部为．故选：D2.若，，三点共线，则（）A.4B.C.1D.0【答案】A【解析】【分析】根据空间向量平行坐标关系计算求解即可.【详解】因为，，所以，解得．故． 故选：A.3.已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线所成夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】直三棱柱的所有棱长均为1，以为坐标原点，在平面内过作的垂线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设直线与直线夹角为，则直线与直线夹角的余弦值为．故选：C．4.已知直线，则直线l的倾斜角为（）A.120°B.60°C.30°D.150°【答案】D【解析】 【分析】根据直线方程得到，然后根据斜率与倾斜角的关系求倾斜角即可.【详解】直线方程可整理为，即，所以直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，所以.故选：D.5.若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据公式，即可求解.【详解】由题意可知，，则，所以双曲线的渐近线方程为，即.故选：A6.从2023年6月开始，浙江省高考数学使用新高考全国数学I卷，与之前浙江高考数学卷相比最大的变化是出现了多选题.多选题规定：在每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，有选错的得0分，部分选对且没有选错的得2分.若某题多选题正确答案是BCD，某同学不会做该题的情况下打算随机选1个到3个选项作为答案，每种答案都等可能（例如，选A，AB，ABC是等可能的），则该题得2分的概率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得2分的涂法种数，求得所求概率． 【详解】随机地填涂了1个或2个或3个选项，有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有14种涂法，得2分的涂法为BC，BD，CD，B，C，D，共6种，故能得2分的概率为．故选：B．7.已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.【详解】因为直线：，即，令，解得，可知直线过定点，同理可知：直线过定点，又因为，可知，所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，因为圆的圆心，半径，所以的最大值是.故选：B.8.设是双曲线的左､右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据题意，先求得焦点到渐近线的距离为，在直角中，求得，再在中，利用余弦定理求得，结合和离心率的定义，即可求解.【详解】由双曲线，可得，渐近线方程为，如图所示，则焦点到渐近线的距离为，在直角中，可得，在中，由余弦定理得，即，所以，又由，所以，可得，所以双曲线的离心率为.故选：A.二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B.若对空间中任意一点，有，则四点共面C.已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底D.若，则是钝角【答案】ABC 【解析】【分析】根据向量共面的定义可判断A，根据共面定理可判断B，根据基底的定义可判断C，利用向量夹角的取值范围判断D.【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确；对于B，因为且，所以P，A，B，C四点共面，B正确；对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面且都不为，假设共面，则，即，则，与其为基底矛盾，所以不共面，所以也是空间的一组基底，C正确；对于D，若，则钝角或是，D错误；故选：ABC10.下列说法正确的有（）A.掷一枚质地均匀的骰子两次，事件“点数之和为奇数”，事件“出现3点”，则B.袋中有大小质地相同的3个白球和2个红球.从中依次不放回取出2个球，则“两球不同色”的概率是C.甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中靬率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98D.某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为【答案】BC【解析】【分析】计算古典概率判断A；利用列举法结合古典概型计算判断B；利用对立事件及相互独立事件求出概率可判断CD.【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种不同的结果，事件“点数之和为奇数且出现3点”有共6种不同的结果， 则，故A错误；对于B，记3个白球为，2个红球为，从5个球中任取2个的不同结果有：，共10个，其中两球不同色的结果有：共6个，所以“两球不同色”的概率是，故B正确；对于C，依题意，“至少一人中靶”的概率为，故C正确；对于D，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，即在前两个路口都没有遇到红灯，第3个路口遇到红灯，所以到第3个路口首次遇到红灯概率为，故D错误.故选：BC.11.已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（）A.若，则B.面积的最大值为2C.的最大值为D.的最大值为4【答案】ACD【解析】【分析】利用余弦定理可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项．【详解】在椭圆中，，且，对于A选项，当时，则为椭圆的上下顶点，故，由余弦定理可得，因为，所以，，A对；对于B选项，当点为椭圆的短轴顶点时，点到轴的距离最大，所以，△面积的最大值为，B错误； 对于C选项，因为，即，所以，C对；对于D选项，由椭圆定义可知，所以，当且仅当时取等号．故选：ACD．12.已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（）A.满足的点的轨迹长度为B.满足平面的点的轨迹长度为C.存在点，使得平面经过点D.存在点满足【答案】AB【解析】【分析】对于A，建立空间直角坐标系，找出的坐标，设，进而对B进行计算验证即可；对于B，利用线面平行的判定定理找出的轨迹，进而求解判断即可；对于C，连接，取的中点，连接，，得到平面截正方体所得截面与正方形没有交点，进而即可判断；对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值及处于边界处的的值，进而判断即可.【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，设，且，，所以，，，对于A，由，得，即，因为，，所以点的轨迹为线段，且，，则，即点的轨迹长度为，故A正确；对于B，取的中点，的中点，如图，因为点为的中点，由正方体的性质知，，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，，所以平面平面，又平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段，故B正确；对于C，如图，连接，取的中点，连接，，则平面截正方体所得截面为，与正方形没有交点，所以不存在点，使得平面经过点，故C错误；对于D，由A知，点关于平面的对称点为，所以当三点共线时最小，即，且当与重合时，，当与重合时，，当与重合时，，当与重合时，，综上所述，不存在点满足，故D错误.故选：AB.【点睛】方法点睛：立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面判定定理及性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.椭圆的四个顶点所围成的四边形的面积是__________.【答案】40【解析】【分析】利用椭圆方程可写出四个顶点的坐标，即可求出围成的四边形的面积.【详解】由椭圆方程可得椭圆的四个顶点分别为，故这四个顶点围成的四边形为菱形，所以面积.故答案为：4014.已知直线，直线，若，则=_________.【答案】2【解析】【分析】根据直线的平行可得出关于m的方程，求得m的值，检验后即得答案.【详解】由题意直线，直线，若，则有，即，解得或，当时，，直线，两直线重合，不合题意，当时，，直线，则，故故答案为：215.已知双曲线C：，偶函数，且，则双曲线的离心率的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性可以求得的值，再依据所给条件求得的取值范围，代入离心率的计算公式求解即可. 【详解】因为函数为偶函数，所以即，解得，故函数解析式为，因为，即，解得，双曲线离心率为，则，，所以离心率的取值范围是.故答案为：16.已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于两点﹐直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为____________．【答案】##【解析】【分析】设椭圆的左焦点为，利用已知条件结合椭圆的对称性可得四边形为矩形，再利用勾股定理方程组求解即可.【详解】设椭圆的左焦点为，连接，，，，由直线交椭圆于两点﹐及，结合椭圆的对称性可得，所以，，均为直角三角形，所以四边形为矩形， 设，则，，，所以在直角中，即①，在直角中，即②，由②解得，将代入①得，即，所以，故答案为：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.已知圆，点，直线（1）若直线与相交于A、B两点，求．（2）求过点且与相切的直线方程．【答案】（1）（2）和【解析】【分析】（1）根据弦长公式，即可求解；（2）根据直线与圆相切的几何意义，列式求解.小问1详解】圆的圆心为，圆心到直线的距离，弦长；【小问2详解】过点的直线的斜率不存在时，直线与圆相切，满足条件；当过点的直线的斜率存在时，设切线方程为， 圆心到直线的距离，得，此时切线方程为.综上可知，切线方程为和.18.根据世行2020年标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为美元为中等偏下收入国家；人均GDP为美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：行政区区人口占城市人口比例区人均GDP（单位：美元）A25%8000B30%4000C15%6000D10%3000E20%10000（1）判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；（2）现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准的概率．【答案】（1）该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准（2）【解析】【分析】（1）计算该城市该城市人均GDP，比较即可得结论；（2）利用列举法，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.【小问1详解】设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为（美元）．因为，所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准． 【小问2详解】“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：，，，，，，，，，，共10个．设事件M为“抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准”，则事件M包含的基本事件是：，，，，，，，共7个，所以所求概率为．19.双曲线C：的左、右焦点分别为，点P在双曲线上．（1）求的最小值（2）若，求【答案】（1）2（2）13【解析】【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合双曲线的取值范围，即可求解；（2）根据双曲线的定义，结合（1）的结果，即可求解.【小问1详解】设，，左焦点，，或，当时，取得最小值2，所以的最小值为2；【小问2详解】由方程可知，，所以，即，解得：或,根据对称性，以及（1）的结果可知，的最小值为2， 所以舍去，，所以的值为.20.已知椭圆：的离心率为，是椭圆上一点．（1）求椭圆的方程；（2）若，是椭圆上两点，且线段的中点坐标为M，①求直线的方程．②求的面积．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）由离心率，过点，及椭圆的定义列方程组求解即可；（2）设，利用点差法即可求出直线的方程；再利用弦长公式，点到直线的距离公式即可求得面积．【小问1详解】由题意得，，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】设，由，是椭圆上两点得，， 两式相减得，即，因为线段的中点坐标为M，所以，所以，即，所以直线的方程为，即；由得，，则，所以，点到直线的距离，所以．21.在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点． （1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.【小问1详解】证明：取中点，连接，为的中点，，又，，四边形为平行四边形：，平面平面，平面；【小问2详解】平面平面，平面平面平面，平面，取中点，连接，则平面，， ，又，如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，设平面的一个法向量，，则，取，则，平面的一个法向量可取，设平面与平面所成的夹角为，,平面与平面所成的夹角的余弦为22.已知椭圆的左焦点为，点在上．（1）求椭圆的方程；（2）过的两条互相垂直的直线分别交于两点和两点，若的中点分别为，探究直线是否过定点，若过定点，求出此定点坐标，若不过定点，请说明理由．【答案】22.23.过定点【解析】【分析】（1）确定焦点得到，解得，，得到椭圆方程. （2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线的方程，取代入计算得到答案.【小问1详解】椭圆的左焦点为，，则右焦点为，点在椭圆上，取得到，即，又，解得，，（舍去负值），故椭圆方程为，小问2详解】当两条直线斜率存在时，设的直线方程为，，，则，整理得到，，故，，即，同理可得：，则，故直线的方程为：，取， .故直线过定点.当有直线斜率不存在时，为轴，过点.综上所述：直线必过定点.