四川省绵阳市南山中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市南山中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共23页。
一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的.)
1. 已知直线：，下列说法正确的是（ ）
A. 倾斜角为B. 倾斜角为
C. 方向向量可以是D. 方向向量可以是
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方程求出其斜率，进而求出倾斜角，再利用直线的方向向量的概念判断.
【详解】因为直线的方程为，所以直线的斜率，
又，所以直线的倾斜角为，故A正确，B错误；
对于C，若直线的方向向量为，则斜率为，与题意矛盾，故C错误；
对于D，若直线的方向向量为，则斜率为，与题意矛盾，故D错误.
故选：A.
2. 设空间向量则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算法则计算差向量，再由模长公式计算即得.
【详解】由可得，
故.
故选：D.
3. 甲､乙两人下棋，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲､乙两人下成平局的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据概率的基本性质求甲､乙两人下成平局的概率.
【详解】由题设，甲获胜概率为，乙获胜（即甲输）概率为，
所以甲乙平局的概率为.
故选：A
4. 正四面体的棱长为2，点D是的中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取为空间向量的一个基底，利用空间向量运算求解即得.
【详解】棱长为2的正四面体中，向量两两的夹角都为，
由点D是的中点，得，而，
所以
.
故选：D
5. 已知，直线是双曲线的一条渐近线，则点到直线的距离为（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求出渐近线方程，利用点到直线距离公式求出答案.
【详解】不妨设双曲线的一条渐近线直线为，
故点到直线的距离为.
故选：B
6. 《黄帝内经》中十二时辰养生法认为：子时的睡眠对一天至关重要（子时是指23点到次日凌晨1点）．相关数据表明，入睡时间越晚，沉睡时间越少，睡眠指数也就越低．根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体的睡眠指数统计如图，则下列说法正确的是（ ）
A. 在睡眠指数的人群中，早睡人数多于晚睡人数
B. 早睡人群睡眠指数主要集中在
C. 早睡人群睡眠指数的极差比晚睡人群睡眠指数的极差小
D. 晚睡人群睡眠指数主要集中在
【答案】B
【解析】
【分析】根据统计图中的数据分析及极差的概念作出判断.
【详解】A选项，由于不知抽样数据中早睡和晚睡的人数，
从而无法确定在睡眠指数的人群中，早睡人数和晚睡人数，A错误；
B选项，由统计图可看出早睡人群睡眠指数主要集中在内，B正确；
C选项，在统计图中无法确定早睡人群睡眠指数和晚睡人群睡眠指数的极差，C错误.
D选项，晚睡人群睡眠指数主要集中在内，D错误.
故选：B
7. 在三棱锥中，两两垂直，为的中点，为上更靠近点的三等分点，为的重心，则到直线的距离为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的方法求距离即可.
【详解】
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
得，，
取，，则，，
所以点到直线的距离为．
故选：C.
8. 正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A.
B. 直线与直线夹角是
C. 点到平面的距离为
D. 直线与平面平行
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可判断选项A，结合向量数量积即可求解异面直线夹角判断选项B，根据已知建立空间直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离，判断线面平行，即可判断选项CD.
【详解】由题知，正方体棱长为，
，，分别为，，的中点，
对于A，
，A错；
由A知，，
所以
，
又，,
所以直线与直线夹角余弦值为，B错；
根据已知作空间直角坐标系如图，
则，
，
设是平面的一个法向量，
则，得，
令，则，即，
所以点到平面的距离为，C错；
由C知，平面的一个法向量，
又，，
所以，
所以与垂直，不在平面内,
即直线与平面平行，D正确.
故选：D
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.)
9. 已知，，是空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 在上的投影向量为
D. ，，一定能构成空间的一个基底
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，举出反例；B选项，是空间的一个基底，故三个向量不共面且两两共面不共线，假设不全为0，推出矛盾，故假设不成立，B正确；C选项，根据投影向量公式得到C正确；D选项，推出三个向量不共面，故D正确.
【详解】A选项，当不共线时，与共线，与共线，
故不可能成立，故A不正确；
B选项，是空间的一个基底，故三个向量不共面且两两共面不共线，
假设不全为0，不妨设，此时有，故，矛盾；
不妨设，此时，故共面，矛盾；
若三者均不为0，即，此时共面，矛盾，
综上，假设不成立，故，B正确；
C选项，在上的投影向量为，C正确；
D选项，设，即，无解，
故，，不共面，一定能构成空间的一个基底，D正确.
故选：BCD
10. 某单位为了解职工健康情况，采用分层随机抽样的方法从5000名职工中抽取了一个容量为100的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为，下列说法正确的是（ ）
A. 样本为该单位的职工B. 每一位职工被抽中的可能性为
C. 该单位职工平均体重D. 单位职工的方差
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据样本的定义可判断A选项，根据古典概型可判断B选项，利用平均数和方差公式计算C、D选项.
【详解】A项，样本为该单位的职工的健康情况，所以A项错误；
B项，由题可知，每一位职工被抽中的可能性为，所以B项正确；
C项，D项，设设男性人数为，女性人数为，
该单位全体人员体重的平均数为：，
方差，
所以C、D项正确；
故选：BCD.
11. 已知圆，点，下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 圆上存在两个点到直线的距离为2
C. 过点作圆的切线，则的方程为
D. 若点是圆上一点，，当最小时，
【答案】AB
【解析】
【分析】根据直线过定点、点到直线的距离公式、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，直线，过定点，A选项正确.
B选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以与圆相交，且圆上存在两个点到直线的距离为2.
C选项，直线过点，且与圆相切，所以C选项错误.
D选项，过作圆的两条切线，其中一个切点为，如图所示，
则此时最小，由于，所以，所以D选项错误.
故选：AB
12. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 当时，
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先设直线的方程为，再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A；先结合A得到，，再根据题意得到，，进而即可判断B；设，，在准线上的射影为，，，根据题意求得即可判断C；结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程，再抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，从而得到切线方程，再联立准线方程即可求出交点，进而即可判断D．
【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.)
13. 直线与直线垂直，则直线在轴上的截距是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线垂直求出实数的值，可得出直线的方程，进而可求得直线在轴上的截距.
【详解】因为直线与直线垂直，
则，解得，
所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，故直线在轴上的截距是.
故答案为：.
14. 如图是某班级50名学生参加数学、语文、英语兴趣小组的情况，设事件“参加数学兴趣小组”，事件“参加语文兴趣小组”，事件“参加英语兴趣小组”.现从这个班任意选择一名学生，则事件所代表的区域是_________.（注：事件A的对立事件用符号表示）
【答案】4
【解析】
【分析】结合所表示的意义和韦恩图求出答案.
【详解】事件表示喜欢数学兴趣小组，且喜欢语文兴趣小组，但不喜欢英语兴趣小组，
故表示的区域为4.
故答案为：4
15. 已知椭圆的上下焦点分别为、，点为椭圆上的任意一点，则的最大值为_________ .
【答案】
【解析】
【分析】先求得椭圆焦点的坐标，设点的坐标代入向量数量积的坐标运算，利用椭圆标准方程化简后，由二次函数的最值的求法求得最大值.
【详解】由题意可得、，设，所以，，
，
所以
，
所以的最大值为5.
故答案为：5.
16. 已知点，，曲线上的任意点满足，曲线与双曲线的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次为，且，则的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】直接法求解点的轨迹方程，由对称性知关于轴对称，关于轴对称，设得渐近线方程，设，，由可得，渐近线方程与圆方程联立消元后由韦达定理得，结合可求得，从而可得离心率.
【详解】设，，，因为，所以，
平方化简得，即曲线的方程为，
设，则双曲线C的渐近线方程是，如图，
由对称性可设，，，，
则，，所以，①，
由，得，②，③，
①代入②得，，代入③得，解得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出渐近线的斜率，为此设渐近线方程为，设出圆与双曲线的四个交点的坐标，渐近线方程代入圆方程后应用韦达定理得，由已知弦长关系可得，从而结合后可求得.
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. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知直线：和：，
（1）求直线与的交点坐标；
（2）过点作直线与直线，分别交于点A、B，且满足，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立直线和直线，即可求解交点坐标；
（2）首先由题意可知，点是线段的中点，利用对称和直线方程，即可求解.
【小问1详解】
由，得，，
所以直线与的交点坐标为；
【小问2详解】
由可知，点是线段的中点，
在直线上任取一点，
所以点关于的对称点,
点在直线上， 把点代入 方程，
，解得
所以，，
即直线方程为：，即.
18. 为了普及“宪法”知识，南山社区针对本社区中青年人举办了一次“宪法”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本校的“宪法”宣传使者.现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，随机抽取2名作为组长，求两位组长来自不同组的概率.
【答案】（1），
（2）.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中的数据，利用平均数公式和第80百分位数的运算公式计算即得；
（2）先根据分层抽样原理确定两组中抽取的人数，再按照古典概型概率公式分别计算总样本空间中样本点数和所抽取的样本点数即得.
【小问1详解】
设这人的平均年龄为，
则（岁）.
设第80百分位数为.由，解得.
【小问2详解】
由题意，因第四组的人数占比为，第五组的人数占比为，
现从以上各组中用分层随机抽样方法抽取20人，则应在第四组抽取4人，记为，应在第五组抽取2人，记为1，2，
计划随机抽取2名作为组长，其对应的样本空间为：
共15个样本点. 设事件“两位组长来自不同组”，则共有8个样本点.
所以
19. 已知抛物线的焦点为，且经过点.
（1）求；
（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点，为坐标原点，证明:.
【答案】19.
20. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）将代入解析式，求出抛物线方程，进而得到；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，证明出结论.
【小问1详解】
由题意知，代点入中，得，
所以抛物线方程，
由抛物线定义知；
【小问2详解】
当过点的直线斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去；
设直线为，联立方程，有，
，所以，
所以，
所以.
20. 莱昂哈德·欧拉（Lenhard Euler，瑞士数学家），1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心（三条中线的交点）、垂心（三条高线的交点）和外心（三条中垂线的交点）共线．这条线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，，．
（1）求的欧拉线方程；
（2）记的外接圆的圆心为C，直线l：与圆C交于A，B两点，且，求的面积最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）判断为等腰直角三角形，三线合一，即可求解；
（2）结合（1）知外心是，利用圆的弦长公式求得，再利用面积公式结合二次函数的性质求最值.
【小问1详解】
顶点，，
利用两点之间距离公式知，
又，所以为等腰直角三角形，
的中垂线方程是，也是的平分线，三线合一，
∴欧拉线方程是．
【小问2详解】
由（1）知为等腰直角三角形，故外心为斜边中点，
即外心是，
圆心C到直线l的距离，，
所以
利用二次函数性质知，当时，即时，
21. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，二面角的大小是，分别是的中点，交于点．
（1）求证：平面；
（2）设是直线的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，得到，由二面角定义得到，得到，进而证明出线面垂直，得到，证明出答案；
（2）建立空间直角坐标系，得到，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值.
【小问1详解】
依题意，∵平面，平面，
∴，
∵底面是正方形，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
，
为二面角的平面角，即，
即，
∵是中点，
∴，
又平面，
∵平面，
∴，
又∵，且，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
又，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵平面，平面，
∴，
∵底面是正方形，
∴⊥
故以为坐标原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，
设，
则，
设，则，
由得，，
解得，所以，
设，则，解得，
故，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令得，，
∴是平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
22. 设、分别是椭圆的左、右焦点，若_____，
请在以下两个条件中任选一个补充在横线上并作答．
①四点、、、中，恰有三点在椭圆上；
②椭圆经过点，与轴垂直，且．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设是椭圆的上顶点，过任作两条互相垂直的直线分别交椭圆于、两点，过点作线段的垂线，垂足为，判断在轴上是否存在定点，使得的长度为定值？并证明你的结论.
【答案】22. 条件选择见解析，离心率为
23. 存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）选①，分析可知，点、、都在椭圆上，将这些点的坐标的代入椭圆方程，求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的离心率的值；
选②，求出，利用椭圆的定义可求得的值，进而可求得椭圆的离心率的值；
（2）分析可知，直线的斜率必然存在，设直线的方程为，、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据求出的值，可得出直线所过的定点，再结合直角三角形的几何性质可得出结论.
【小问1详解】
解：选①，因为、关于原点对称，则、都在椭圆上，
则，即点不在椭圆上，故点在椭圆上，
所以，，解得，故椭圆的方程为，
则，所以，椭圆的离心率为.
选②，因为经过点，与轴垂直，且，则，
由勾股定理可得，
所以，，则，
所以，椭圆的离心率为.
【小问2详解】
证明：已知是椭圆的上顶点，
若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，
设点，则，其中，且，
则，不合乎题意，
所以，直线的斜率必然存在，
设直线的方程为，、，
由可得，
，
所以，，
又，，
，
，
化简整理有，得或，
当时，直线经过点，不满足题意；
当时满足方程中，故直线经过轴上定点.
又为过点作线段的垂线的垂足，
当点为线段的中点时，若点与点重合，则；
当点与点不重合时，由直角三角形的几何性质可得.
故当点为线段的中点时，为定值，且.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.