2023-2024学年四川省成都市石室阳安中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省成都市石室阳安中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量与垂直，则=（ ）
A．1B．C．3D．
【答案】B
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得.
故选：B.
2．甲、乙两人各射击一次，是否命中目标互不影响，已知甲、乙两人命中目标的概率分别为，，则没有一人命中目标的概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用独立事件的概率公式求解即可.
【详解】因为甲、乙两人各射击一次，是否命中目标互不影响，
所以没有一人命中目标的概率为.
故选：B.
3．已知两圆和相交，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系求参数范围.
【详解】由圆，设圆心且半径，
由圆，设圆心且半径，由，
所以时，两圆相交，则，
故选：C.
4．关于统计数据的分析，则以下结论中错误的是（ ）
A．这组数据的极差是20
B．这组数据的众数估计值为65
C．将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，方差没有变化
D．如图是随机抽取的200辆汽车通过某一段公路时的时速分布直方图，根据这个直方图，可以得到时速大于60的汽车大约是120辆
【答案】A
【分析】利用频率分布直方图的性质，结合极差的定义与方差的性质，对各个选项进行判断即可.
【详解】A选项，这组数据最大值落在中，最小值落在中，
所以这组数据的极差不可能是20，故A错误；
B选项，由频率分布直方图可知的频率最大，
所以这组数据的众数估计值为65，故B正确；
C选项，因为方差反映一组数据的波动大小，所以整体变化不改变波动大小，
则将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，方差不变，故C正确；
D选项，根据频率分布直方图得，
时速大于60的汽车大约是（辆），故D正确.
故选：A.
5．双曲线上一点到它的一个焦点的距离为5，则到另一个焦点的距离等于（ ）
A．3B．7C．D．3或7
【答案】D
【分析】将双曲线方程化为标准式，即可求出、，设到另一个焦点的距离为，根据双曲线的定义可得，从而可得结果.
【详解】解：双曲线，即，
所以，，则，，，
设到另一个焦点的距离为，
根据双曲线的定义可得，解得或，
即点到另一个焦点的距离等于或.
故选：D.
6．如图三棱柱中，是棱的中点，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算求解.
【详解】因为
，
即.
故选：A.
7．从直线x－y＋3＝0上的点向圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0引切线，则切线长的最小值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设直线上的点为，已知圆的圆心和半径分别为，则切线长为，故当时，，应选答案B．
点睛：本题求解时先设直线上动点，运用勾股定理建立圆的切线长的函数关系，再运用二次函数的图像与性质求出其最小值，从而使得问题获解．本题的求解过程综合运用了函数思想与等价转化与化归的数学思想．
8．如图，已知椭圆的一个焦点为，若椭圆上存在一点，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段相切于该线段的中点，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设线段的中点为，另一个焦点为，得到，且为的中位线，由椭圆的定义知,在直角中，由勾股定理化简得到，进而求得椭圆的离心率.
【详解】设线段的中点为，另一个焦点为，
因为椭圆短轴为直径的圆与线段相切于该线段的中点，
可得，且为的中位线，
所以，由椭圆的定义知,
又因为且，
在直角中，由勾股定理得，且，
可得，所以，即，
所以椭圆的离心率为.
故选：A.
二、多选题
9．下列叙述错误的是（ ）
A．用抽签法从件产品中选取件进行质量检验是简单随机抽样
B．若事件发生的概率为，则
C．甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些
D．对于任意两个事件和，都有
【答案】CD
【分析】利用简单随机抽样的定义、概率的性质、结合抽签法的性质与并事件的概率性质，逐一分析判断即可得解.
【详解】对于A，用抽签法从件产品中选取件进行质量检验，满足简单随机抽样的定义，故A正确；
对于B，根据概率的定义可得，若事件发生的概率为，则，故B正确；
对于C，甲、乙、丙三位选手抽到的概率是，故C错误；
对于D，对于任意两个事件和，，
只有当事件和是互斥事件时，才有，故D错误.
故选：CD.
10．已知直线，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l的倾斜角是
B．点到直线的距离是2
C．若直线，则
D．过与直线平行的直线方程是
【答案】BD
【分析】将直线方程的一般式化为斜截式可判断A；利用点线距离公式可判断B；利用两直线的位置关系可判断C；利用待定系数法，结合平行直线的性质可判断D.
【详解】对于A，直线，即，
则其斜率，则其倾斜角是，故A错误；
对于B，点到直线的距离为，故B正确；
对于C，直线，即，其斜率，
而，故直线m与直线l不垂直，故C错误；
对于D，依题意，设所求直线的方程为，
将代入，得，故，
则所求直线为，故D正确.
故选：BD.
11．如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．四面体的体积为
B．向量在方向上的投影向量为
C．直线与直线垂直
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AB
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：

则，，，，，，，
对于A，因为，故正确；
对于B，因为，，
所以，，，
所以在方向上的投影向量为：，故正确；
对于C，因为，，，
所以与不垂直，即直线与直线不垂直，故错误；
对于D，，
在正方体中，易知平面，得平面，
即平面的法向量，
设直线与平面的夹角为，则，故错误.
故选：AB
12．椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，则以下说法正确的是（ ）
A．过点的直线与椭圆C交于A，B两点，则的周长为8
B．椭圆上存在点P，使得
C．若实数满足椭圆C，则的最大值为
D．为椭圆上一点，为圆上一点，则点的最大距离为
【答案】ABD
【分析】选项A，由椭圆定义可得周长为；选项B，由点在椭圆上，且满足，联立方程组可解得点坐标；选项C，由的几何意义为斜率，设直线方程，联立与椭圆方程，转化为方程组有解，求斜率范围，从而得最大值；选项D，求点的距离最大值，先求解的最大值.
【详解】由椭圆方程可得，，则.
则，
选项A，的周长，故A正确；
选项B，设存在点，则，
由得，
联立解得，则，
则椭圆上存在点，使，故B正确；
选项C，设，，则的几何意义为两点连线的斜率，
设直线，
联立消得，，
由，
解得 ，则，的最大值为，故C错误；
选项D，设，
则，所以，
则，
因为，所以，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为25，29，30，32，37，38，40，42，那么这组数据的第60百分位数为 .
【答案】37
【分析】利用百分位数的定义求解即可.
【详解】该球队得分分别为25，29，30，32，37，38，40，42，
又，所以这组数据的第60百分位数为第个数，即37.
故答案为：37.
14．已知直线与直线，则与之间的距离为 .
【答案】/
【分析】利用平行直线间的距离公式即可得解.
【详解】因为可化为，
又，显然，
所以与之间的距离为.
故答案为：.
15．已知是曲线的两个焦点，是曲线上一点，且，则的面积等于 .
【答案】
【分析】根据椭圆的方程得到的值，由椭圆的定义可知的值，从而求得、的值，再由勾股定理得到，由此得解.
【详解】由椭圆的方程可得：，，
所以，则，
因为，又由椭圆的定义知，
所以，，
则在中，有，则，
所以.
故答案为：.
16．设点，若A关于对称点为B，过B做圆两条切线，切点为M，N，那点到直线MN的最大距离是 .
【答案】/
【分析】利用相交弦方程得切点弦的方程，由点线距离公式得距离表达式，求解函数最值即可.
【详解】由题意，点关于的对称点为，
则，则四点共圆，在以为直径的圆上，
则以为直径的圆的方程为：，
又也在圆，
则两圆方程相减得方程为：
，
则点点到直线MN的距离为
当时，；
当时，，
令，设，
则当且仅当，即时，.
故答案为：.
四、解答题
17．已知的两个顶点分别为.
(1)若顶点C为，求BC边上的高所在直线的一般式方程；
(2)若的周长为14，求点C的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两点式求斜率，再由点斜式写出直线方程；
（2）结合椭圆定义可得的轨迹方程.
【详解】（1）由，则直线的斜率为，
∴上的高所在的直线的斜率为，又直线过点，
∴所求直线的方程为，即.
（2）的周长为14且，
根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，以8为长轴长的椭圆，
即，故顶点的轨迹方程为，
又为三角形的顶点，故所求的轨迹方程为．
18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点.

(1)证明：直线平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，利用平行的传递性构建平行四边形，证得，则直线平面可证.
（2）建立合适的空间直角坐标系，分别求得平面法向量，直线的方向向量，利用点到平面的距离公式计算即可.
【详解】（1）证明：取中点，

点均为中点，，
又正方形中，，
四边形为平行四边形，，
又平面平面，
直线平面；
（2）因为平面为正方形，且底面，
所以两两互相垂直，
所以分别以，，为轴建立空间直角坐标系，

则有
可得，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，得，
所以点到平面的距离.
则点到平面的距离为.
19．成都市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这人根据其满意度评分值（百分制）按照分成组，制成如图所示频率分布直方图．
(1)求图中的值，并估计成都市共享单程满意度评分值的平均数；
(2)已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为，若在满意度评分值为的人中随机抽取人进行座谈，求人均为男生的概率．
【答案】(1)；平均数为
(2)
【分析】（1）根据题意，利用频率分布直方图的性质，列出方程，求得，再由平均数的计算公式，求得这组数据的平均数；
（2）根据题意，得到抽取的5人中男生人，女生，分别记为和，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】（1）由频率分布直方图的性质，可得，
解得
这组数据的平均数为：
分.
（2）满意度评分在内有人，
其中男生人，女生，分别记为和，
从“满意评分为的人中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件，
从5人任抽取2人有：，共有10种抽法，
其中事件包含的基本事件为：，共有3种抽法，
所以事件的概率为.
20．已知圆过点，且直线平分圆的周长.
(1)求圆的方程；
(2)过点的直线和圆交于两点.若，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先求得线段的垂直平分线的方程为，结合题意，联立方程组，求得圆心，进而求得圆的半径，即可求得圆的标准方程；
（2）设过点的直线的斜率为，得到，求得圆心到直线的距离为，结合圆的弦长公式，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：由点，可得，且的中点为，
则垂直平分线所在直线的斜率为，其方程为，
则圆的圆心在直线上，
又由直线平分圆的周长，即圆心在直线上，
联立方程组，解得，即圆心，
可得半径，
所以圆的标准方程为.
（2）解：过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得弦长为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，过点的直线的斜率为，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因为直线和圆交于两点.若，
由圆的弦长公式，可得，解得或，
所以直线的方程为或.
21．如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点.
(1)若是的中点，证明：平面；
(2)若，试确定的位置，使平面与平面的余弦弦值等于.
【答案】(1)证明见解析
(2)点在线段靠近的三等分点处
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，得出，取的中点，连接，易得，由线面垂直判定定理即可证明；
（2）依题意建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利得到关于的方程，进而确定的位置.
【详解】（1）由题意，，且，故四边形是平行四边形，
又，所以是正三角形，
取的中点，连接，如图，
在图甲中，同理可知四边形是平行四边形，则，
则是正三角形，则，，
又，平面，所以平面，
平面，所以，
取的中点，连接，
则，即四点共面.
又，则，
由，，，平面，
所以平面.
（2）由（1）得，，，则，
所以，又，，
故以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
设，则，
所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，故，
因为平面与平面的余弦弦值等于，
所以，解得或（舍去），
故，即，即点在线段靠近的三等分点处.
22．已知椭圆E：的离心率为，短轴长为4．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线与椭圆E交于C，D两点，在y轴上是否存在定点Q，使得对任意实数k，直线QC，QD的斜率乘积为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；或者
【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴的定义列出方程组，求出a、b即可求解；
（2）设存在点满足条件，记，．直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示、，结合两点表示斜率公式化简计算可得，当时为定值，解出m的值即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以E的方程为．
（2）由（1）知，椭圆E的方程为．
设存在点满足条件，记，．
由消去y，得．显然其判别式，
所以，，
于是
．
上式为定值，当且仅当．解得或．
此时，或．
从而，存在定点或者满足条件．