2023-2024学年广东省佛山市南海区桂城中学高二上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区桂城中学高二上学期11月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．“”是“直线：与：平行”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证.
【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；
直线：与：平行，有，解得或，
其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.
“”是“直线：与：平行”的充要条件.
故选：A.
2．在平行六面体中，M为与的交点，，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的线性运算进行求解．
【详解】．
故选：A．
3．若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点在直线上的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出基本事件的总个数，然后求出点在直线上的基本事件的个数，再利用古典概型即可得解.
【详解】连续抛两次骰子出现的结果共有种，且每种结果都是等可能的，
其中点在直线上包含有共种，
所以点在直线上的概率是.
故选：D.
4．圆心在射线上，半径为5，且经过坐标原点的圆的方程为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据圆心在射线上，设出圆心坐标，利用圆心到原点距离等于半径求得圆心坐标，即可求出圆的方程.
【详解】因为圆心在射线上，故设圆心为，
又半径为5，且经过坐标原点，所以，解得或（舍去），
即圆的圆心坐标为，则圆的方程为，
即.
故选：C
5．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，D，E分别为SO，SB的中点，，，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量坐标运算求解.
【详解】
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
则，，
所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为．
故选：C
6．已知，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由向量垂直的坐标表示有，结合的几何意义及点线距离公式求目标式的范围.
【详解】由题设，则表示直线上的点到原点距离的平方，
而原点到直线的距离为，则，
综上，的取值范围为.
故选：C
7．如图，在正四棱柱中，，．点，，分别在棱，，上，，，，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构建空间直角坐标系坐标系，通过空间向量求解即可.
【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，
得．
点到平面的距离为．
故选：D.
8．设直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，当与直线垂直时，最小，当为直径时，最大，即可得到结果.
【详解】直线即为，由，可得，
所以直线过定点，且圆的圆心为，半径，由于，所以在圆内，又，则当与直线垂直时，最小，，当为直径时，最大，，所以的取值范围为.
故选：A
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．设是两个随机事件，且，则
B．若，则事件与事件相互独立
C．一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．从中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是
【答案】BD
【分析】由互斥事件可判断A；由相互独立事件可判断B；由对立事件可判断C；由古典概率可判断D.
【详解】对于A，是两个随机事件，且，
当互斥时，则，故A错误；
对于B，若，则，
，所以事件与事件相互独立，故B正确；
对于C，事件“至多一次击中”包括：两次均未击中和两次击中一次，故C错误；
对于D，从中任取2个不同的数，可能的情况有：，
取出的2个数之差的绝对值为2的情况有：，
所以其概率为：，故D正确.
故选：BD.
10．下列说法正确的是（ ）
A．已知，，则在上的投影向量为
B．若G是四面体OABC的底面的重心，则
C．若，则A，B，C，G四点共面
D．若向量，则称为在基底下的坐标，已知在单位正交基底 下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】BD
【分析】对于A：根据投影向量的定义结合空间向量的坐标运算求解；对于B：根据重心坐标公式分析判断；对于C：根据四点共面的结论分析判断；对于D：根据空间向量基本定理分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即是单位向量，
且，所以在上的投影向量为，故A错误；
对于选项B：设，，，，
则，，，
又因为G是底面的重心，则，
所以成立，故B正确；
对于选项C：因为，但，
所以A，B，C，G四点不共面，故C错误；
对于选项D：设在基底下的坐标为，则，
因为在基底下的坐标为，所以，解得，
所以在基底下的坐标为，即D正确.
故选：BD.
11．已知直线与圆交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．的最小值是4
B．若过点的直线垂直平分弦，则
C．的面积的最大值是
D．中点的轨迹方程为
【答案】ABD
【分析】由直线的方程可求得其过定点，由直线与圆的位置关系可得当时，取得最小值4，可得A正确；利用弦的垂直平分线过圆心和点可求得直线的斜率为，再由两直线垂直的斜率关系可得，即B正确；写出的面积表达式利用函数单调性即可求得的面积的最大值是，即C错误；设的中点，由整理可得，又因为直线的斜率为，可得D正确.
【详解】由得.
令，解得；
所以直线过定点.
由得，
则圆心，半径，如下图所示：

易知当直线时，取得最小值，最小值为，即A正确.
若过点的直线垂直平分弦，则可得直线过圆心，
因此直线的斜率为，因为直线垂直平分弦，所以直线的斜率为1，
即可得，解得，所以B正确.
设圆心到直线的距离为，
则的面积为，
易知，所以可得，所以，
显然函数在上单调递增，
所以，即的面积的最大值是，即C错误.
设的中点为，易得，则，
整理得，即.
直线的斜率为，
所以过定点，且斜率为的直线方程为，
联立与圆可得；
所以直线与圆的相交弦的中点坐标为，
故中点的轨迹方程为，D正确.
故选：ABD
12．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（ ）
A．当点是中点时，直线平面；
B．直线到平面的距离是；
C．存在点，使得；
D．面积的最小值是
【答案】AC
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.
【详解】对于A，由是中点，，得点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，
于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；
对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，B错误；
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对于C，设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：AC
三、填空题
13．已知事件A，B，且P(A)=0.5，P(B)=0.2，如果A与B互斥，令；如果A与B相互独立，令，则 .
【答案】0.4/
【分析】利用互斥事件的概念及独立事件概率公式即得.
【详解】∵A与B互斥，
∴,
∵A与B相互独立，
∴，
∴.
故答案为：.
14．直线的倾斜角的取值范围是 .
【答案】
【分析】先求得直线的斜率的取值范围，进而求得倾斜角的取值范围.
【详解】设直线的倾斜角为，
因为直线的斜率，
即，所以.
故答案为：.
15．如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为

【答案】
【分析】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离即可.
【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，，，
故，
则设，的夹角为，则，
故，
则点P到AB的距离为.

故答案为：
16．已知，点在直线，圆：，则最小值是 .
【答案】
【分析】求出点A关于直线的对称点B的坐标，可得的最小值.
【详解】因为可转化为：，则圆心为，半径为.
设A关于直线的对称点B的坐标为，
则：，解得，即，
所以的最小值是，
故答案为：.

四、解答题
17．甲、乙两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着投掷．规定第1次由甲投掷．
(1)求第2次由甲投掷的概率；
(2)求前4次投掷中，乙恰好投掷2次的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出所以满足要求的情况数，然后结合古典概型的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，乙恰好投掷2次的情况分三种，分别计算出其对应概率，相加即可得到结果.
【详解】（1）掷出的骰子的点数的样本点总数为36．
记事件“掷出的点数之和为3的倍数”，
则，有12个样本点．
．
故第2次由甲投掷的概率为．
（2）前4次投掷中，乙恰好投掷2次的情况分以下三种：
第一种情况，第1，2次由甲投掷，第3，4次由乙投掷，其概率为，
第二种情况，第1，3次由甲投掷，第2，4次由乙投掷，其概率为，
第三种情况，第1，4次由甲投掷，第2，3次由乙投掷，其概率为．
故前4次投掷中，乙恰好投掷2次的概率为．
五、未知
18．已知直线．
(1)求证：无论为何值，直线恒过定点；
(2)若直线交轴负半轴于，交轴正半轴于的面积为（为坐标原点），求的最小值和此时直线的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)的最小值为4，直线的方程为
【分析】（1）将直线方程化为点斜式，从而求得定点的坐标.
（2）先求得的表达式，然后利用基本不等式求得的最小值，并求得此时直线的方程.
【详解】（1）直线可化为，故过定点，
所以无论为何值，直线恒过定点；
（2）因为直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，所以，
则中取得，取得，
，
当且仅当时，即时取“＝”，
所以的最小值为4，直线的方程为．
六、解答题
19．为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．
(1)求p和q的值；
(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；
（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.
【详解】（1）设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，．
设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，
则，．
∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
∴A与B相互独立，与互斥，
∴,．
由题意得解得或
∵，∴，．
（2）设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，．
由题意得，，，．
设E：甲、乙两人共答对3道题，则，
∴，
∴甲、乙两人共答对3道题的概率为．
20．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，为线段上的动点，.

(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的大小为，请确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)点为线段的一个三等分点.
【分析】（1）取的中点，由面面垂直的性质定理可得平面，可得，根据RtRt可得，再由线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）取的中点，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，求出，可得平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，再利用线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）取的中点，连接，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面平面，
，
RtRt，
，
，
，
平面平面，
平面平面；
（2）取的中点，连接，
为的中点，为的中点，四边形为矩形，，
两两垂直，以点为坐标原点，
分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
设，有，
有，
设平面的法向量为，
由，有
取，可得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
又由，有，
，
可得，
又由，有，解得或，
故若直线与平面所成的角为，则点为线段的一个三等分点.

21．已知两个定点、，动点满足，设动点的轨迹为曲线，
(1)求曲线的方程；
(2)经过点的直线被曲线截得的线段长为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出的坐标为，根据得到方程，求出轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，结合垂径定理求出答案.
【详解】（1）设点的坐标为，
由可得，，整理可得，
所以曲线的方程为．
（2）经过点的直线被圆截得的线段长为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线被圆截得的线段长为4，不符合，舍去；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以，解得，
直线的方程为或.
22．已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【分析】（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.
【详解】（Ⅰ），
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.