四川省成都市第十二中学2023-2024学年高二上学期第三学月月考（12月）数学 Word版含解析.docx

《四川省成都市第十二中学2023-2024学年高二上学期第三学月月考（12月）数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2022级高二第三月月考试题数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.甲乙两位同学进行乒乓球比赛，甲获胜的概率为0.4，现采用随机模拟的方法估计这两位同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，制定表示甲获胜，用表示乙获胜，再以每三个随机数为一组，代表3局比赛的结果，经随机模拟产生了30组随机数：据此估计，这两位同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】找出对应数组，再根据古典概型即可得解.【详解】甲恰好获胜2局的数组为共组，所以两位同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率为.故选：B.2.与圆及圆都外切的圆的圆心在（）A.椭圆上B.双曲线上的一支上C.抛物线上D.圆上【答案】B【解析】【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.【详解】由圆可知，圆心，半径，圆化为标准方程，圆心，半径， 因此圆心距，所以两圆相离，设与两圆都外切的圆的圆心为，半径为，则满足，所以，即圆心的轨迹满足到两定点距离之差为定值，且定值小于两定点距离，根据双曲线定义可知，圆心的轨迹是某一双曲线的左支，即圆心在双曲线的一支上.故选：B.3.若直线与直线互相垂直，则实数的值为（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线一般方程的垂直关系列式求解.【详解】因为直线与直线互相垂直，则，解得.故选：D．4.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（）A4B.3C.2D.1【答案】B 【解析】【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，故选：B.5.设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率． 【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心．，又点在圆上，，即．，故选A．【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．6.如图，三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的值为（）A.B.1C.D.【答案】A【解析】【分析】先证明平面，得到，再根据空间向量的线性运算和数量积的定义，计算即可.【详解】取的中点，连接， 和都是等边三角形，，，平面，平面，平面，面，，在中，，，由余弦定理，.故选：A.7.设圆，直线，点，存在点，使（O为坐标原点），则取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合图形可知时满足题意，代入，解不等式即可.【详解】如图，当直线与圆相切，为切点时，，取得最大值，此时当时可得 所以满足题意的条件为：即，又，所以即，所以故选：C.【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．8.已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】不妨设点为第一象限的交点，结合椭圆与双曲线的定义得到，进而结合余弦定理得到，即，令然后结合三角函数即可求出结果. 【详解】不妨设点为第一象限的交点，则由椭圆的定义可得，由双曲线的定义可得，所以，因此，即，所以，即，令因此，其中，所以当时，有最大值，最大值为，故选：B.【点睛】一、椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求） 9.已知一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（），为非零常数，则这两组样本数据的数字特征相同的是（）A.平均数B.方差C.众数D.极差【答案】BD【解析】【分析】根据数字特征公式分别计算并判断.【详解】对于A，原样本数据的平均数，新样本数据的平均数（），所以A错误；对于B，原样本数据的方差，新样本数据的方差为所以B正确；对于C，设样本数据，，…，的众数为，则新样本数据，，…，的众数为（），所以C错误；对于D，不妨设样本数据，，…，中，分别为最小值和最大值，极差为，则新样本数据，，…，中，分别为最小值和最大值，极差为，所以D正确；故选：BD.10.已知椭圆C：（）的左、右焦点为F1，F2，O为坐标原点，直线过F2交C于A，B两点，若△AF1B的周长为8，则（）A.椭圆焦距为B.椭圆方程为C.弦长D.【答案】BC【解析】【分析】直线过椭圆右焦点得可以判断A；由的周长为8得可以判断B ；由直线方程与椭圆方程联立求出弦长可以判断C；求出原点到直线的距离可得可判断D.【详解】因为的周长为8，所以，得，因为过右焦点F2，所以，所以，所以椭圆焦距，故A错误；所以椭圆方程为，故B正确；设，由得，解得，，故C正确；原点到直线的距离为，所以，故D错误.故选：BC.11.如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则（）A.B.平面 C.D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】建系，根据向量的数量积的坐标运算，向量的垂直垂线的性质，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距，即可分别求解.【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则正确．，所以平面，直线与直线不垂直，正确，错误．点到平面的距离为正确．故选：ABD.12.在矩形中，，，为平面外一点，则（）A.当时，四棱锥体积的最大值为B.当时，四棱锥体积的最大值为C.当平面平面时，四棱锥体积的最大值为D.当平面平面时，四棱锥体积最大值为【答案】ABD【解析】 【分析】利用椭圆的定义以及勾股定理，明确动点轨迹，根据几何性质，求得四棱锥高的最大值，可得A、B的正误；根据四棱锥的侧视图以及主视图，求得四棱锥高的最大值，可得C、D的正误.【详解】对于A，由，则在平面内，点的轨迹为以为焦点的椭圆上，易知该椭圆的焦距，，则，由椭圆的性质，可知点到的距离最大值为，此时且，如下图：当为四棱锥的高时，四棱锥的体积可取得最大值，如下图：此时平面平面，则四棱锥的体积可取得最大值，故A正确；对于B，在矩形中，对角线，由，可得，则此时在平面内，点的轨迹为以为直径的圆，根据圆的性质，易知点到距离的最大值为，此时，，如下图： 当为四棱锥的高时，四棱锥的体积可取得最大值，如下图：此时平面平面，则四棱锥的体积可取得最大值，故B正确；对于C，由题意可知四棱锥的侧视图为直角三角形，则易知点到底面距离的最大值，此时侧视图如下图：则四棱锥的体积可取的最大值，故C错误；对于D，由题意可知四棱锥的主视图为直角三角形，则易知点到底面距离的最大值，此时主视图如下图： 则四棱锥的体积可取的最大值，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.空间直角坐标系中，两平面α与β分别以（2，1，1）与（0，2，1）为其法向量，若α∩β＝l，则直线l的一个方向向量为_____．（写出一个方向向量的坐标）【答案】（，1，﹣2）【解析】【分析】设直线l的一个方向向量为，根据，列式可得答案.【详解】设直线l的一个方向向量为，依题意可知，所以，令，则，，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了平面的法向量，考查了求直线的方向向量，属于基础题.14.口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为________.①与为对立事件；②与是互斥事件；③与是对立事件：④；⑤.【答案】①④【解析】【分析】在①中，由对立事件定义得与为对立事件；有②中，与有可能同时发生；在③中，与有可能同时发生；在④中，（C）（E）；在⑤中，从而（B）（C）．【详解】口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球， 事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”，①，由对立事件定义得与为对立事件，故①正确；②，与有可能同时发生，故与不是互斥事件，故②错误；③，与有可能同时发生，不是对立事件，故③错误；④，（C），（E），，从而（C）（E），故④正确；⑤，，从而（B）（C），故⑤错误．故答案为：①④．【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，考查对立互斥事件，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件等基本概念的合理运用．15.已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，与圆：交于，两点（，在第一象限），则的最小值为_______．【答案】##【解析】【分析】分别在，时，结合抛物线的性质证明，结合图象可得，再利用基本不等式求其最小值.【详解】因为抛物线M的方程为，所以抛物线M的焦点为，准线，则直线过抛物线的焦点F，当时，联立与可得，所以，则；当时，如图， 过作轴于K，设抛物线的准线交y轴于E，则，得，则，同理可得，所以，化圆N：为，则圆N的圆心为F，半径为1，，当且仅当且时等号成立，即，时等号成立；所以的最小值为．故答案为：．16.在平面直角坐标系xOy中，A（-12,0），B（0,6），点P在圆O：x2+y2=50上，若·20，则点P的横坐标的取值范围是_________【答案】 【解析】【详解】设，由，易得，由，可得或，由得P点在圆左边弧上，结合限制条件，可得点P横坐标的取值范围为．点睛:对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．四、解答题（本大题共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.为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答，共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成，，，，，这六组，制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值，并估计这100人问答成绩的平均数(同一组数据用该组数据的中点值代替）；（2）用分层抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.【答案】（1），72（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出参数的值，在根据平均数公式计算可得；（2）求出， 中抽取的人数，利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【小问1详解】由图可知，，解得，估计这人问答成绩的平均数为：.【小问2详解】由频率分布直方图可知，问答成绩在，这两组的频率之比为.用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，则问答成绩在内的有(人)，分别记为、，问答成绩在内的有(人)，分别记为、、，从中任意抽取2人，则实验的样本空间为：共有个样本点.设事件为2人的问答成绩均在内，则，所以这2人的问答成绩均在内的概率.18.已知双曲线和椭圆有公共的焦点，且离心率为．（Ⅰ）求双曲线的方程．（Ⅱ）经过点作直线交双曲线于，两点，且为的中点，求直线的方程．【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】【详解】试题分析：（I）设双曲线方程为，由题意得，结合，可得，故可得，，从而可得双曲线方程．（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，与双曲线方程联立消元后根据根与系数的关系可得，解得可得直线方程． 试题解析：（I）由题意得椭圆的焦点为，，设双曲线方程为，则，∵∴，∴，解得，∴，∴双曲线方程为．（II）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，即．由消去x整理得，∵直线与双曲线交于，两点，∴，解得．设，,则，又为的中点∴， 解得．满足条件．∴直线，即.点睛：解决直线与双曲线位置关系的问题的常用方法是设出直线方程，把直线方程和双曲线方程组成方程组，消元后转化成关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系及整体代入的思想解题．当直线与双曲线有两个交点的时候，不要忽视消元后转化成的关于x(或y)的方程的（或）项的系数不为0，同时不要忘了考虑判别式，要通过判别式对求得的参数进行选择．19.如图：三棱柱中，，是的中点．（1）求的长；（2）若点是棱所在直线上的点，设，当时，求实数的值．【答案】19.20.【解析】【分析】（1）先将用表示，再根据向量的模和数量积的运算律即可得解；（2）先将用表示，根据，可得，再根据数量积的运算律即可得解.【小问1详解】，因为，所以，则 ，所以的长为；【小问2详解】，因为，所以，即，即，解得.20.已知圆的圆心在轴上，点是圆的上任一点，且当点的坐标为时，到直线距离最大．（1）求圆的方程；（2）经过原点，且斜率为的直线与圆交于两点．求证：为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当到直线距离最大时，与垂直，可求出圆心的坐标，从而可以求出圆的方程；（2）直线的方程为，与圆的方程联立，利用韦达定理求出，再由代入即可得出结论.【小问1详解】由题意，垂直直线，设圆心，当的坐标为时，， ，，，，所以半径为，圆的标准方程为；【小问2详解】由题意直线的方程为，联立，消得，恒成立，，.∴为定值.21.如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. （1）求证：∥平面；（2）求点到平面的距离；（3）边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）详见解析；（2）；（3）存在点，此时.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；（3）假设存在，列出方程求解即可.【小问1详解】证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，因为，所以，所以，又因为平面，所以∥平面；【小问2详解】解：由（1）知，，所以点到平面的距离为；【小问3详解】解：假设边上存在点满足条件，，则，设直线与平面所成角为，由题意可得，化简得，则或（舍去），即存在点符合题意，此时.22.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）列出关于的方程组，解方程组即得解；（2）设直线的方程为，其中，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出，再对分类讨论，利用函数的单调性求出函数的取值范围.【小问1详解】解：由题意知，椭圆标准方程为.【小问2详解】解：设直线的方程为，其中，，，，，，， 若，则，，若，则，令，，，因为在单调递减，所以综上：的取值范围为.