四川省德阳中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

德阳中学高2022级高二上期10月月考数学试题

一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项涂在答题卡相应位置上．

1. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对数函数的性质解不等式得到集合，然后求并集即可.

【详解】由对数函数的性质，，．

故选：B．

2. 求值：（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用诱导公式化同角，再利用两角差的正弦公式即可得解.

【详解】

.

故选：A.

3. 已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答.

【详解】依题意，，而为平面的一个法向量，

所以点到平面的距离.

故选：A

4. 将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子的方法总数以及2个小球在同一个盒子的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案.

【详解】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：种方法，

2个小球在同一个盒子有种情况，

所以2个小球在同一个盒子的概率为.

故选：D.

5. 在长方体中，设为棱的中点，则向量可用向量表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.

【详解】如图所示，

故选:D.

6. 若圆被直线平分，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 4 D. 9

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得圆心在直线，即得，将化为，展开后利用基本不等式即可求得答案.

【详解】由题意圆被直线平分，

即圆心在直线上，故，

即，

故，

当且仅当，结合，即时去等号，

即的最小值为为9，

故选：D

7. 直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解即可.

【详解】由题意知,若 a = 0  ,则倾斜角为,

若,则,

①当时，(当且仅当时，取“”)，

②当时，(当且仅当时，取“”)，

，故，

综上，，

故选：C.

8. 已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设的中心为，球O的半径为R，在中，利用勾股定理求出，余弦定理求出，再由勾股定理求出，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大.

【详解】如下图，设的中心为，球O的半径为R，

连接，OD，，OE，则

，

在中，，

解得R＝2，所以，因为BE＝DE，所以，

在中，，

所以，过点E作球O的截面，

当截面与OE垂直时，截面的面积最小，

此时截面的半径为，则截面面积为，

当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.

故选：D

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大.

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小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，选对但不全得2分，有选错的得0分．

9. 已知直线，则（    ）

A. 直线过定点

B. 当时，

C. 当时，

D. 当时，两直线之间的距离为1

【答案】CD

【解析】

【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.

【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；

当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；

当时，直线，而直线，显然，即，C正确；

当时，有，解得，即直线，

因此直线之间的距离，D正确.

故选：CD

10. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 的最小正周期为

B.

C. 是图象的一条对称轴

D. 将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称

【答案】BC

【解析】

【分析】根据两角和的正弦公式化简可得表达式，判断B；利用正弦函数周期公式即可判断A；将代入中验证可判断C；根据三角函数图象的平移可得平移后函数解析式，结合其奇偶性可判断D.

【详解】由题意得，B正确；

则其最小正周期为，A错误；

将代入中，得，

则是图象的一条对称轴，C正确；

将的图象向左平移个单位后，得到的图象，

而函数不是奇函数，其图象不关于原点对称，D错误，

故选：BC

11. 如图，在正方体中，为的中点（    ）

A. 平面

B.

C. 若正方体的棱长为1，则点到平面的距离为

D. 直线与平面所成角的正弦值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用线线平行可判定A项，利用线面垂直可判定B项，利用等体积法转化可判定C项，利用线面角的定义结合C项结论可判定D项.

【详解】 

对于A项，连接BD交AC于O点，连接OE，易知OE为的中位线，

即，∵面，面，∴平面，故A正确；

对于B项，连接，由正方体的性质易知，

又面，∴面，

而面，即，故B正确；

对于C项，由正方体的性质知：点到平面的距离等于点D到平面的距离，设该距离为，若正方体棱长为1，则，

，故C正确；

对于D项，假设D点在面ACE的投影为M，连接AM，则AD与面ACE的夹角为，

由C选项结论可知若正方体棱长为1，则有，故D错误.

故选：ABC

12. 已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（    ）

A. 圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B. 切线长PA的最小值为1

C. 四边形AMBP面积的最小值为2 D. 直线AB恒过定点

【答案】BD

【解析】

【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为，可判断C，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.

【详解】由圆M：，可知圆心，半径，

∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；

由圆的性质可得切线长，

∴当最小时，有最小值，又，

∴，故B正确；

∵四边形AMBP面积为，

∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；

设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，

所以，即，

又圆M：，即，

∴直线AB的方程为：，即，

由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.

故选：BD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．

13. 已知，，则向量与的夹角为______.

【答案】##

【解析】

【分析】运用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】，

故答案为：

14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是______.

【答案】##30°

【解析】

【分析】由结合余弦定理，可求，进而可求B.

【详解】因为，所以，

由余弦定理的推论，得

因为，所以．

故答案为：．

15. 已知复数，其中，，则复数是纯虚数的概率为__________.

【答案】##0.25

【解析】

【分析】由纯虚数得出的取值，即可求出复数是纯虚数的概率.

【详解】由题意，

中，，，

∵复数为纯虚数

∴，

∴复数是纯虚数的概率为：，

故答案为：.

16. 已知圆上的动点M和定点A，，则的最小值为_____．

【答案】

【解析】

【分析】找到定点，连接易证，即可得，转化为求最小值，判断对应的位置，即可求最小值.

【详解】若，又A，，则，

所以且，则，即，

故，当共线时目标式值最小，

所以最小值为.

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，共计70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知直线过点和，直线：．

（1）若直线关于直线的对称直线为，求直线的方程．

（2）已知直线是过点的直线，点到直线的距离为，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）求得直线上一点关于直线的对称点，结合与的交点求得直线的方程.

（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离求得直线的方程.

【小问1详解】

直线的方程为，即，

取直线上的一点，设关于直线的对称点为，

则，解得.

由解得，

所以直线过点和点，

所以直线的方程为，即.

【小问2详解】

直线斜率不存在时，可得，

点与直线的距离为，符合题意.

当直线斜率存在时，设直线斜率为，

故可得直线的方程为，

即，

因为点到直线的距离为，

即，

解得，

故可得直线的方程为，即，

综上所述，直线的方程为：或．

18. 圆，直线.

（1）证明：不论取什么实数，直线与圆相交；

（2）求直线被圆截得的线段的最短长度，并求此时的值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）当时，最短弦长为

【解析】

【分析】（1）证得直线恒过圆内定点即可.

（2）当时被圆截得的线段的最短长度，求此时的弦长与的值.

【小问1详解】

因为直线的方程可化为，

所以过直线与交点.

又因为点到圆心的距离，

所以点在圆内，所以过点的直线与圆恒交于两点.

【小问2详解】

由（1）可知：过点的所有弦中，弦心距，

因为弦心距､半弦长和半径构成直角三角形，

所以当时，半弦长的平方的最小值为，

所以弦长的最小值为.

此时，.

因为，所以，解得，

所以当时，得到最短弦长为.

19. 甲、乙、丙三人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为，乙译出密码的概率为，丙译出密码的概率为，求：

（1）其中恰有一人破译出密码的概率；

（2）密码被破译的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设出事件，根据互斥事件概率加法公式、对立事件概率公式，以及独立事件概率的乘法公式即可得出答案；

（2）根据已知结合独立事件概率的乘法公式，求出密码不能破译的概率，进而根据对立事件概率公式，即可得出答案.

【小问1详解】

记密码被甲、乙、丙3人独立地破译分别为事件A、、，则，，，，，，

记“恰有一人破译出密码”为事件，

由已知可得，

.

【小问2详解】

记“密码被破译出”为事件，

因为，

所以.

20. 在中，角，，的对边分别为，，，且．

（1）求的值；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简，即可得答案；

（2）结合（1）的结论由正弦定理可得，利用余弦定理即可求得a的值，再利用三角形面积公式即可求得答案.

【小问1详解】

因为，由正弦定理得，

即，

又因为，可得

，所以，可得．

【小问2详解】

由（1）得，由正弦定理得，

由余弦定理得，即，

又由，解得，则，此时存在且唯一确定，

因为则可得

所以；

21. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.

（1）证明：BDCC1；

（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）连接,根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；

（2）取中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得，即可求解.

【小问1详解】

证明:如图所示，连接,

因为为棱台，所以四点共面，

又因为四边形为菱形，所以，

因为平面，平面，所以，

又因为且平面，所以平面，

因为平面，所以.

【小问2详解】

解：取中点，连接，

因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，

由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则

假设点存在，设点的坐标为，其中，

可得                                     

设平面的法向量，则，

取，可得，所以.

又由平面的法向量为，

所以，解得

由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即

故上存在点，当时，二面角的余弦值为.

22. 已知点M（1，0），N（1，3），圆C：，直线l过点N．

（1）若直线l与圆C相切，求l的方程；

（2）若直线l与圆C交于不同的两点A，B，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．

【答案】（1）或   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先判断直线l不存在斜率时符合题意；再设直线l的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，列式求解即可．

（2）设出直线l的方程，与圆的方程联立，得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系及直线的斜率公式进行证明．

【小问1详解】

解：若直线l的斜率不存在，

则l的方程为，

此时直线l与圆C相切，

故符合条件；

若直线l的斜率存在，

设斜率为k，其方程为，

即，

由直线l与圆C相切，圆心（0，0）到l的距离为1，

得，解得，

所以直线l的方程为，

即，

综上所述，直线l的方程为或；

【小问2详解】

证明：由（1）可知，l与圆C有两个交点时，斜率存在，

此时设l的方程为，

联立，

得，

则 ，

解得，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则，，（1）

所以，

将（1）代入上式整理得，

故为定值．