四川省泸县第四中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

泸县四中2023年秋期高二第三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.已知向量，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算公式求解即可.【详解】因为，所以，又，所以．故选：C.2.圆的圆心为（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，从而可求出其圆心坐标.【详解】由，得，所以圆心为，故选：A3.点P（-1，2）到直线8x-6y+15=0的距离为（）A.2B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】【详解】点P（﹣1，2）到直线8x﹣6y+15=0的距离为,故选B.4.盒中有4个大小相同的球，其中白球2个，黑球2个，从中任意摸出2 个（摸出后不放回），则至少摸出一个黑球的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】正难则反，计算摸出的球全为白球的概率，用1减去对应概率即可.【详解】由题意知，若摸出的两球全为白球，则对应的概率为：，则至少摸出一个黑球的概率为.故选：D5.某班统计一次数学测验成绩的平均分与方差，计算完毕才发现有个同学的分数还未录入，只好重算一次.已知原平均分和原方差分别为，，新平均分和新方差分别为，，若此同学的得分恰好为，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】利用平均数和方差的公式即可求解.【详解】设这个班有n个同学，分数分别是，，，…，，第i个同学的成绩没录入，第一次计算时，总分是，方差；第二次计算时，，方差，故.故选：C. 6.已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意得所以选B.点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.7.对于事件A与事件B，下列说法错误的是（）A.若事件A与事件B互为对立事件，则P（A）+P（B）=1B.若事件A与事件B相互独立，则P（AB）=P（A）P（B）C.若P（A）+P（B）=1，则事件A与事件B互为对立事件D.若P（AB）=P（A）P（B），则事件A与事件B相互独立【答案】C【解析】【分析】根据对立事件和独立事件的定义和性质逐项分析.【详解】对于A，事件A和事件B为对立事件，则A，B中必然有一个发生，，正确；对于B，根据独立事件的性质知，正确；对于C，由，并不能得出A与B是对立事件，举例说有a，b，c，d4个小球，选中每个小球的概率是相同的，事件A表示选中a，b两球，则，事件B表示选中b，c两球，则，，但A，B不是对立事件，错误；、 对于D，由独立事件的性质知：正确；故选：C.8.已知点A，B分别是椭圆的右、上顶点，过椭圆C上一点P向x轴作垂线，垂足恰好为左焦点，且，则椭圆C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，，，再根据列式求解即可【详解】由已知得：，，所以，由得：所以所以由得：所以故选：C二．多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分） 9.如图，在边长为的正方体中，分别是棱的中点，则下列结论中正确的是（）A.平面B.C.平面D.【答案】ABC【解析】【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法依次判断各个选项即可.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；对于A，，即，平面，A正确； 对于BD，，，B正确，D错误；对于C，，，平面，C正确.故选：ABC10.已知直线l1：3x﹣y﹣1＝0，l2：x＋2y﹣5＝0，l3：x﹣ay﹣3＝0不能围成三角形，则实数a的取值可能为（）A.1B.C.﹣2D.﹣1【答案】BCD【解析】【分析】根据三条直线中有两条直线的斜率相等时，或者三条直线交于一点时，不能构成三角形进行求解即可.【详解】因为直线l1的斜率为3，直线l2的斜率为，所以直线一定相交，交点坐标是方程组的解，解得交点坐标为：.当时，直线与横轴垂直，方程为：不经过点，所以三条直线能构成三角形；当时，直线的斜率为：.当直线l1与直线l3的斜率相等时，即，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l2与直线l3的斜率相等时，即，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l3过直线交点时，三条直线不能构成三角形，即有，故选：BCD【点睛】本题考查了三条直线不构成三角形求参数取值范围问题，考查了直线平行与相交的判断，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.11.在平面直角坐标系中，圆的方程为.若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取可以是A.B.C.D.【答案】AB【解析】 【分析】先得到的轨迹方程为圆，与直线有交点，得到的范围，得到答案.【详解】所作的圆的两条切线相互垂直，所以，圆点，两切点构成正方形即在直线上，圆心距计算得到故答案选AB【点睛】本题考查了圆的切线问题，通过切线垂直得到的轨迹方程是解题的关键.12.已知过双曲线的左焦点F的直线l与双曲线左支交于点，过原点与弦的中点D的直线交直线于点E，若为等腰直角三角形，则直线l的方程为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】首先设出直线的方程，并代入双曲线方程得到一元二次方程，然后根据题意求出的坐标，进而利用斜率关系确定出直线与直线的垂直关系，得到，利用两点间的距离公式求出点的坐标，计算出的值,最后确定出直线的方程.【详解】由题意知，设直线方程为，将方程与双曲线方程联立，整理得.设，则，由韦达定理得，所以，，即， 故直线方程为.令，得，即，所以直线斜率为，所以，因此，即，解得.又，所以，所以，从而直线l方程或.故选：AC.【点睛】方法点睛：本题涉及到双曲线的弦上的中点，可以利用点差法或者韦达定理，整理得到.三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.某工厂生产10个产品，其中有2个次品，从中任取3个产品进行检测，则3个产品中至多有1个次品的概率为____________.【答案】【解析】【分析】根据组合数的计算公式、古典概型概率计算公式等知识求得正确答案.【详解】3个产品中至多有1个次品的概率为：.故答案为：14.已知点，，，，过点P作平面OAB，H为垂足，则点H 的坐标是_________.【答案】【解析】【分析】设，先根据求出的关系，再根据四点共面，即可得出答案.【详解】设，则，，因为平面OAB，平面OAB，所以，则，解得，所以，因为平面OAB，H为垂足，所以四点共面，则存在唯一实数对使得，即，所以，解得，所以.故答案为：15.已知点，，圆()上存在唯一的点，使，则实数的值是__________.【答案】或 【解析】【分析】求得点的轨迹方程，由点的轨迹与圆只有一个公共点，列出方程，即可求解.【详解】设，则，因为，整理得，即，所以点的轨迹方程为，又因为圆上存在唯一的点符合题意，所以两圆内相切，因为圆，可得圆心，半径，圆，可得圆心，半径，可得或，解得或，又，所以实数的值为或.故答案：或.16.已知抛物线，焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别是，，已知线段的中点，则的值是__________.【答案】17或44【解析】【分析】设切点，，利用导数的几何意义，写出两条切线方程，联立解方程组，并结合点和的坐标，推出的值，再利用抛物线的定义计算的值即可.详解】由题意知，，设，，则，，，所以，，因为线段的中点，所以，即，所以，即， 因为，所以，则，所以切线的方程为，即因为，所以可化为同理切线的方程为，可化为.联立方程，解得，即，因为，所以，，即，，又因为，所以，把和代入上式，可得，化简得，解得或，由抛物线定义可得，，所以，因为，，所以， 所以，当时，，当时，，综上，的值为或.故答案为：或.四、解答题（本大题共6个大题，共70分）17.围棋是一种策略性两人棋类游戏，已知围棋盒子中有多粒黑子和多粒白子，从中随机取出2粒，都是黑子的概率是，都是白子的概率是.（1）求从中任意取出2粒恰好是同一色的概率；（2）求从中任意取出2粒恰好是不同色的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据设事件“从中任意取出2粒都是黑子”，事件“从中任意取出2粒都是白子”，事件“任意取出2粒恰好是同一色”，因为与互斥，从而得到，得到答案；（2）设事件“从中任意取出2粒恰好是不同色”，根据对立事件的概率和为1，结合（1）得到结论，得到答案.【详解】（1）设事件“从中任意取出2粒都是黑子”，事件“从中任意取出2粒都是白子”，事件“任意取出2粒恰好是同一色”，则，且事件与互斥，则，即任意取出2粒恰好是同一色的概率是.（2）设事件“从中任意取出2粒恰好是不同色”，由（1）知事件与事件是对立事件，且，所以任意取出2粒恰好是不同色的概率. 【点睛】本题考查互斥事件的概率，利用对立事件的概率关系求概率，属于简单题.18.已知的三个顶点､､.（1）求边所在直线的方程；（2）边上中线的方程为，边上高线过原点，求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两点式求得边所在直线方程；（2）由题意可得，求出边上高线的方程，将点代入的方程，解关于的方程组即可求解.【小问1详解】由、可得，所以边所在直线方程为，即.【小问2详解】因为边上中线的方程为，所以点在直线上，可得，因为，所以边上高线的斜率，因为边上高线过原点，所以的方程为，可得，由可得：，所以点的坐标为.19.已知直线过点和点．（）求直线的方程．（）若圆的圆心在直线上，且与轴相切于点，求圆的方程．【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）由待定系数法，代入两点坐标求得直线方程．(2)设圆心为，半径为，由待定系数法求得圆的方程．【详解】（）设直线的方程为：，将点和点代入得：，解得：，，故直线的方程为．（）设圆心为，半径为，则由圆的圆心在直线上，且与轴相切于可得：，解得，故圆的方程为：．【点睛】本题考查由待定系数法求直线方程与圆的方程．需把几何关系转化为代数关系，注意运算的正确性．20.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点分别在棱、上·（1）若P是的中点，证明：；（2）若平面，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为，求四面体的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算知，即可证得结论；（2）利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得，再利用线面平行的已知条件求得，再将四面体视为以为底面的三棱锥，利用锥体的体积公式即可得解.【小问1详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，其中，，若是的中点，则，，，于是，∴，即．【小问2详解】由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．设是平面的一个法向量，则，取，得．又平面的一个法向量是，∴，而二面角的余弦值为，因此，解得或（舍去），此时．设，而，由此得点，，∵PQ∥平面，且平面的一个法向量是， ∴，即，解得，从而．将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积．21.已知双曲线C的渐近线方程为，且过点.（1）求C的方程；（2）设，直线不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线与C交于另一点D，求证：直线过定点.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）可设双曲线的方程为，将点代入求出，即可得解；（2）可设直线为，，联立，消，利用韦达定理求得，然后求出直线的方程，整理分析即可得出结论.【小问1详解】解：因为双曲线C的渐近线方程为， 则可设双曲线的方程为，将点代入得，解得，所以双曲线C的方程为；【小问2详解】解：显然直线的斜率不为零，设直线为，，联立，消整理得，依题意得且，即且，，直线的方程为，令，得 所以直线过定点.22.已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，长轴长为4，椭圆C过点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知x轴上存在一点E（点E在椭圆左顶点的左侧），过的直线与椭圆C交于点和点，且与互为补角，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件可得，然后将点代入椭圆方程求出即可；（2）设直线l为，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，由与互补可得，由此可算出，然后用表示出即可得出答案.【小问1详解】由已知得将点代入椭圆方程，得，∴椭圆C方程为.【小问2详解】设直线l为（），则E为（）由得， ∴，可得①设，，则，，∵与互补，∴，则，∴，∴，∴，解得，∴直线l的方程为，且由①可得，，即，由点到直线l的距离，∴令，，则，当且仅当时，等号成立，所以面积S最大值为.