2023-2024学年四川省宜宾市叙州区第一中学校高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省宜宾市叙州区第一中学校高二上学期12月月考数学试题含答案，共18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．新华中学高三年级有学生1100人，高二年级有学生900人，高一年级有学生1000人，现以年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级中抽取一个容量为150的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取的学生人数为（ ）
A．45B．50C．55D．60
【答案】C
【分析】根据已知先求出抽样比为，然后即可得出答案.
【详解】由已知可得，全校共有学生3000人，抽样比为，
所以，高三年级应该抽取：人．
故选：C．
2．直线经过点，且倾斜角，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据倾斜角得到，代入点坐标得到直线方程.
【详解】直线倾斜角，故，直线方程为，即.
故选：C
3．准线方程为的抛物线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线的准线方程为可求解.
【详解】因为抛物线的准线方程为，所以，所以抛物线的标准方程为
故选：D
4．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是（ ）
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
D．“至多有一个黑球”与“至少有两个黑球”
【答案】A
【分析】根据互斥事件的概念判断即可.
【详解】“至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A正确；
“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，B不正确；
“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；
“至多有一个黑球”与“至少有两个黑球”不可能同时发生，D不正确．
故选:A.
5．已知直线过点，平行于向量，平面经过直线和点，则平面的一个法向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
【详解】由题意可得,
设经过直线和点平面的法向量为，
则，
令，则 ，
所以，
所以经过直线和点平面的法向量为.
故选：A
6．在直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求直线与的方向向量，利用向量夹角公式求夹角；
【详解】以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，所以，，
所以，
故选：A.
7．的三个顶点的坐标分别为，则的外接圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题知是直角三角形，，进而求得圆心与半径，写方程即可.
【详解】解：因为的三个顶点的坐标分别为,
所以，，即是直角三角形，，
所以，圆心是斜边的中点，半径是斜边长的一半，即，
所以外接圆的方程为
故选：C
8．已知双曲线的渐近线分别为，，点是轴上与坐标原点不重合的一点，以为直径的圆交直线于点，，交直线于点，，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．或B．2C．或2D．
【答案】C
【解析】首先设：，：，，，根据题意和三角函数的定义得到，，，根据三角形的面积公式得到或，从而得到或，再计算离心率即可.
【详解】由题意，不妨设：，：，如图所示：
设，则，
设，由，得，
由对称性知，，且线段被平分.
如图，设与交于点，则，连接，
由于为直径，所以，
则，，
由，得，，
因为，所以或，即或.
又，所以或.
当时，则，
当时，则.
故选：C
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率问题，同时考查学生分析问题的能力，属于中档题.
二、多选题
9．某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50，60)元的学生有60人，则下列说法正确的是（ ）
A．样本中支出在[50，60)元的频率为0.03
B．n的值为200
C．样本中支出不少于40元的人数为132
D．若该校有2 000名学生，则一定有800人支出在[50，60)元
【答案】BC
【分析】由小矩形的面积和为计算样本中支出在[50，60)元的频率判断A，进而根据比例关系计算n的值和样本中支出不少于40元的人数判断BC，并估计有2 000名学生时，支出在[50，60)元的人数判断D.
【详解】解：样本中支出在[50，60)元的频率为，故A错误；
样本中支出不少于40元的人数为，故C正确；
，故n的值为200，故B正确；
若该校有2 000名学生，则可能有0.3×2 000＝600人支出在[50，60)元，故D错误.
故选：BC
10．已知曲线，则（ ）
A．若，，则曲线C表示椭圆
B．若，则曲线C表示双曲线
C．若，，则曲线C表示双曲线，其渐近线方程为
D．若，，则曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，其离心率
【答案】BC
【分析】利用曲线的方程逐项分析即得.
【详解】对于A，若，，当时，则曲线C表示圆，故A错误；
对于B，若，当时曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，当时曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，所以若，则曲线C表示双曲线，故B正确；
对于C，若，，则，，
所以曲线C表示双曲线，方程为，
令，得，即，故其渐近线方程为，故C正确；
对于D，若，，则曲线C方程为，即，
因为，所以曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故D错误.
故选：BC.
11．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中证明了命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，人们称之为阿氏圆.现有，，.以所在的直线为x轴，的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，则（ ）
A．点A的轨迹方程为
B．点A的轨迹是以为圆心，3为半径的圆
C．面积的最大值为12
D．当时，的内切圆半径为
【答案】ACD
【分析】根据平面直角坐标系写出,，由正弦定理可得，化简即可得的轨迹为，即A正确，B错误；当边上的高为圆的半径时的面积最大为，即C正确；由可求出，，可得的内切圆半径为，可得D正确.
【详解】易知，，
设，由利用正弦定理可得，
即，化简得（），
即，
点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆（除去点和），故选项A正确，选项B错误.
当且仅当边上的高为圆的半径时的面积最大，
此时，选项C正确.
当时，可得，即，所以，
的内切圆半径为，选项D正确.
故选：ACD.
12．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点（不含端点P），则下列说法正确的是（ ）
A．对任意点，则有、、、四点共面
B．存在点，使得、、、四点共面
C．对任意点，则有平面
D．存在点，使得平面
【答案】BD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】因为底面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、、，
设，其中，则，
，，设，
则，解得，故存在点，使得、、、四点共面，B对；
，，，
设，所以，，解得，不合乎题意，A错；
，，
若平面，平面，则，解得，C错；
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，
若平面，则，解得，
故当点与点重合时，平面，D对.
故选：BD.
三、填空题
13．某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了100个样本．若样本数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为 .
【答案】32
【分析】根据样本数据，，…，的方差是s2，得出对应数据，，…，的方差是22×s2．
【详解】样本数据，，…，的方差为8，
所以数据，，…，的方差为.
故答案为32
【点睛】本题考查了方差的性质与应用问题，熟记方差的性质是快速解题的基础，是基础题．
14．与共线的单位向量是 .
【答案】或
【分析】根据直接求解即可.
【详解】，
，即或.
故答案为：或
15．已知的圆心在曲线上，且与直线相切，则的面积的最小值为 .
【答案】
【分析】由题设，进而根据题意得到直线的距离即为半径，再利用公式结合基本不等式求解即可得半径的最小值，进而得答案.
【详解】因为的圆心在曲线上，故设,
因为与直线相切,
所以到直线的距离即为半径，
即，当且仅当时等号成立，
所以的面积的最小值为.
故答案为:.
16．已知点P在抛物线上，那么点P到点的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为 .
【答案】
【分析】由题意可得在抛物线的内部，过向准线作垂线，垂足为，交抛物线于点，由抛物线的性质可得，当且仅当，，三点共线时取等号，可得的纵坐标为，将纵坐标代入抛物线的方程可得的横坐标，从而得到的坐标．
【详解】由题意可得点在抛物线的内部，过向准线作垂线，垂足为，交抛物线于点，
设抛物线的焦点为，准线方程为，
则，
当且仅当，，三点共线时，取等号，
即点到点的距离与点到抛物线焦点距离之和取得最小，
所以的纵坐标为，将代入抛物线的方程，可得，
所以的坐标为，
故答案为：．
四、解答题
17．已知两条直线和.
（1）若，且过点，求的方程；
（2）若与在轴上的截距相等，且的斜率为，求在轴上的截距.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）求出直线的斜率，由可求出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程；
（2）求出直线在轴上的截距，利用点斜式可得出直线的方程，进而可求得直线在轴上的截距.
【详解】（1）因为直线的斜率，，所以直线的斜率为，
又因为直线过点，因此，直线的方程为，即；
（2）在直线的方程中，令，可得，所以，直线在轴上的截距为，
所以，直线在轴上的截距为，
又因为直线的斜率为，所以直线的方程为，即，
因此，直线在轴上的截距为.
18．已知圆C经过、，圆心C在直线上，过点且斜率为k的直线l与圆相交于M、N两点．
(1)求圆C的方程；
(2)若（O为坐标原点），求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由圆经过、且圆心在上列方程组即可求解；
（2）联立直线与圆的方程，结合根与系数的关系即可求解.
【详解】（1）设圆C的方程为，
则依题意得，解得．
∴圆C的方程为.
（2）依题意可设直线l的方程为，
设，，
将代入并整理得：
，
∴，，
则，
∴，
即，解得，
又知时，∴，
∴直线l的方程为．
19．甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
【答案】(1)，一定出线，理由见解析
(2)
【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；
（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.
【详解】（1）记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，
丁总分7分一定出线.
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.
小组赛两队出线，所以丁一定出线.
（2）第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，
丁队出线的概率，
综上，丁以6分出线的概率为.
20．已知抛物线的焦点为F，点是抛物线上的点，且.
（1）求抛物线方程；
（2）直线与抛物线交于、两点，且.求△OPQ面积的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的定义列方程，由此求得，进而求得抛物线方程.
（2）联立直线的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，结合求得的值，求得三角形面积的表达式，进而求得面积的最小值.
【详解】（1）依题意.
（2）与联立得，，得
，
又，又m>0，m=4.
且，
，当k=0时，S最小，最小值为.
21．已知，如图四棱锥中，底面ABCD为菱形，，，平面ABCD，E，M分别是BC，PD中点，点F是棱PC上的动点．
(1)证明：平面PAD；
(2)请确定F点的位置，使得直线AF与平面PCD所成的角取最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)F为PC的中点
【分析】（1）连接AC，由已知可得△ABC为正三角形，则，由可得，由已知线面垂直可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论，
（2）以AE、AD、AP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，利用空间向量求解
【详解】（1）连接AC，∵底面ABCD为菱形，，
∴△ABC为正三角形，
∵E是BC的中点，∴，
又，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
∵，PA、平面PAD，
∴平面PAD，
（2）由（1）知，AE、AD、AP两两垂直，故以AE、AD、AP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，．
设平面PCD的法向量为，
则
令，则，，
∴．
设直线AF与平面PCD所成的角为，
则，
当时，最大，此时F为PC的中点．
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点P的坐标；
(3)设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）代入已知两点坐标求得得椭圆方程；
（2）设，.由，可用表示出，然后把的坐标代入椭圆方程可解得；
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，求出，把代入椭圆方程，变形出，代入把表示出，的表达式．然后把直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，再代入的表达式可得常数．
【详解】（1）因为椭圆过点、，则有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，.由（1）知，.
因为，则有，
即，
所以解得
即.
分别将、两点的坐标代入得
解得（舍）或
所以所求点的坐标为.
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，则.
又因为，即，即，
所以
即（*）
又由得，，
且，.代入（*）得
即，
所以存在常数，使得.
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙