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时间:2024-09-03
《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 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。
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%6000 D10%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.
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