四川省遂宁市2023_2024学年高二数学上学期第三次学月考试试题含解析

这是一份四川省遂宁市2023_2024学年高二数学上学期第三次学月考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知等差数列，其前项和为，则， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷选择题
一、本大题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是符合要求的.
1. 已知，则在复平面上对应的点所在象限为（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的四则运算及几何意义即可得解.
【详解】因为，
所以它在复平面上对应的点为，该点位于第四象限.
故选：D.
2. 抛物线的准线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线的方程化为标准方程，即可得出该抛物线的准线方程.
【详解】由题意知抛物线C的标准方程为，所以其准线方程为．
故选：C．
3. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线化为，然后根据两条平行直线之间的距离公式，计算即可得出答案.
【详解】将直线化为，
所以，这两条平行直线之间的距离.
故选：C.
4. 在不超过10的正偶数中，随机选取两个不同的数，其和等于10的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出所有事件情况，得到满足题意的情况数，利用古典概型即可得到答案.
【详解】不超过10的正偶数有，
随机选取两个不同的数有；；；；；；；；；；共10种，
和等于10的有10，共2种，所以和等于10的概率．
故选：A．
5. 已知等差数列，其前项和为，则（）
A. 24B. 36C. 48D. 64
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，且，
由等差数列的性质，可得，所以，
又由.
故选：B.
6. 椭圆的右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，若直线与以A为圆心半径为的圆相切，则椭圆离心率等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的方程，依题意，直线与圆相切即用点到直线的距离等于半径列等式即可求解.
【详解】依题意，，所以直线的方程为：，
又直线与以A为圆心半径为的圆相切，故，
化简得，即或，又椭圆的离心率，所以，
故选：B.
7. 3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为3D打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为，下底直径为，喉部（中间最细处）的直径为，则该塔筒的高为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据模型建立平面直角坐标系，由已知条件先求双曲线的标准方程，再计算高度即可.
【详解】该塔筒的轴截面如图所示，以喉部的中点为原点，建立平面直角坐标系，
设A与分别为上，下底面对应点.设双曲线的方程为，
因为双曲线的离心率为，所以.
又喉部（中间最细处）的直径为，所以，所以双曲线的方程为.
由题意可知，代入双曲线方程，得，
所以该塔筒的高为.
故选:C.
8. 直线过圆的圆心，且与圆相交于两点，为双曲线右支上一个动点，则的最小值为（）
A. B. 1C. 2D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆的圆心的坐标，结合平面向量的混合运算法则推出再由两点间的距离公式，配方法，即可得解．
【详解】圆，所以圆心，半径为1．
设,，在双曲线右支上一个动点，且，
所以,
对称轴为,开口向上，
因为，
所以当时，取最小值为．
故选：D．
二、本大题4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项符合要求，全选对得5分，选对但不全得3分，有错或不选得0分.
9. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）
①若，，则②若，，那么
③若，，，则④若，，则
A. ②④B. ①②C. ②③D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】举例说明判断①③；利用面面平行的性质判断②；利用线面平行的性质、面面垂直的判定推理判断④即可得解.
【详解】三棱柱一底面三角形两边所在直线都平行于另一底面，而这两边所在直线相交，①错误；
若，，由面面平行的性质得，②正确；
若，令的交线为，，，当时，，③错误；
由，知存在过与平面相交的平面，令交线为，有，而，则，因此，④正确，
所以正确命题的序号是②④.
故选：A
10. 已知，，，则（）
A. B.
C. 若，则D. 若，则，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据坐标运算公式计算即可；B选项，根据模的公式计算；CD选项，根据向量垂直和平行的坐标关系计算.
【详解】，所以，故A正确；
，所以，故B错；
因为，所以，解得，故C正确；
因为，所以，即，解得，故D正确.
故选：ACD.
11. 记为等差数列的前项和.若，则以下结论一定正确的是（ ）
A. B. 的最大值为
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式得到，借助通项公式、求和公式、等差中项性质依次分析，即得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，则，故，
所以，所以，故A正确；
由于的正负不清楚，故可能为最大值或最小值，故B错误；
因为，则，故C正确；
因为，所以，即，故D错误．
故选：AC.
12. 己知椭圆的左，右焦点分别为，，圆，点P在椭圆C上，点Q在圆M上，则下列说法正确的有（）
A. 若椭圆C和圆M没有交点，则椭圆C的离心率的取值范围是
B. 若，则的最大值为4
C. 若存在点P使得，则
D. 若存在点Q使得，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A根据已知，数形结合得时椭圆C和圆M没有交点，进而求离心率范围；B令，求得，结合椭圆有界性得，即可判断；C由题设，令，进而得到，结合点在椭圆上得到公共解求范围；D将问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点.
【详解】由椭圆中，圆中圆心，半径为1，如下图示，
A：由于，由图知：当时椭圆C和圆M没有交点，
此时离心率，对；
B：当时，令，则，而，
所以，又，故，
所以最大值为，错；
C：由，若，则，
由，令，且，
则，即，
所以，则，且，故，对；
D：令，若，所以，
则，所以，
轨迹是圆心为，半径为的圆，
而与的距离为，要使点Q存在，
则，可得，且，即，对；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C，根据已知得到，设，利用两点距离公式得到方程组，求出公共解为关键；对于D，问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点为关键.
第II卷非选择题
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 若抛物线上的点到其焦点的距离为3，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据抛物线方程及抛物线定义有，求参数即可.
【详解】由题设及抛物线定义知：且.
故答案为：
14. 在正项等比数列中，是方程的两根，则____________
【答案】4
【解析】
【分析】由等比中项和一元二次方程根与系数的关系即可求解.
【详解】由一元二次方程根与系数的关系可得，
故正项等比数列{an}中等比中项，
故答案为：4.
15. 已知圆：与圆：相交于、两点，则圆：的动点到直线距离的最大值为__________ .
【答案】
【解析】
【分析】借助数形结合思想，结合直线与圆的位置关系可得答案.
【详解】圆：与圆：的方程相减，
可得，即直线的方程为.
圆：的圆心为，半径，
点到直线的距离，
则圆上的动点到直线距离的最大值为，
故答案为：.
16. 如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为______.
【答案】
【解析】
【分析】设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹.
【详解】由，，为边的中点
设是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，
即为平行四边形，故且，
故的轨迹与的轨迹相同.
因为面，且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
设的中点为O，则，，
又面，面，所以面，
故的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以轨迹长度为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：判断点的轨迹，从圆、椭圆、双曲线、抛物线的性质出发求解.
四、解答题（共70分）
17. 如图，在正四棱柱中，，是棱上任意一点．
（1）求证：；
（2）若是棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法从而求证；
（2）利用空间向量法求解异面直线夹角.
【小问1详解】
证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示；
因为，所以，，
，，
所以，所以.
【小问2详解】
是棱的中点，故，
则，
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
18. 已知等差数列的前项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)设公差为，根据列出关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，根据等差数列通项公式即可求；
(2)利用分组求和法求即可.
【小问1详解】
设公差为，由得，，解得，
∴；
【小问2详解】
由得，
∴.
19. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2．
（1）求椭圆L的标准方程；
（2）过椭圆内一点引一条弦，使弦被点平分．求此弦所在的直线方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由离心率、短轴长及椭圆参数关系列方程求参数，即得椭圆方程；
（2）设直线交椭圆于，将点代入椭圆方程，点差法求直线斜率，最后应用点斜式写出直线方程.
【小问1详解】
由题意，则椭圆标准方程为；
【小问2详解】
令过椭圆内一点的直线交椭圆于，
所以，两式作差得，则，
又，，故直线斜率为，
所以直线为，即.
20. 某新能源汽车制造公司，为鼓励消费者购买其生产的新能源汽车，约定从今年元月开始，凡购买一辆该品牌汽车，在行驶三年后，公司将给予适当金额的购车补贴.某调研机构对已购买该品牌汽车的消费者，就购车补贴金额的心理预期值进行了抽样调查，得其样本频率分布直方图如图所示.
（1）求实数a值；
（2）估计已购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（3）现在要从购车补贴金额的心理预期值在[3，5）间用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行调查，求抽到2人中购车补贴金额的心理预期值都在[3，4）间的概率.
【答案】（1）
（2）（万元）
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列方程，能求出实数a的值；
（2）利用频率分布直方图能求出平均数的估计值；
（3）从购车补贴金额的心理预期值在[3，5)间用分层抽样的方法抽取6人，则购车补贴金额的心理预期值在[3，4)间的有4人，记为，购车补贴金额的心理预期值在[4，5）间的有2人，记为A，B，通过列举法求出抽到2人中购车补贴金额的心理预期值都在[3，4)间的概率.
【小问1详解】
由题意知，，
解得；
【小问2详解】
平均数的估计值为 (万元)
【小问3详解】
从购车补贴金额心理预期值在[3，5)间用分层抽样的方法抽取6人，
则购车补贴金额的心理预期值在[3，4）间的有4人，记为，
购车补贴金额的心理预期值在[4，5）间的有2人，记为A，B，则基本事件有:
共15种情况，
其中购车补贴金额的心理预期值都在[3，4）间有共6种情况，
所以抽到的2人中购车补贴金额的心理预期值都在[3，4）间有6种情况，
所以抽到的2人中购车补贴金额的心理预期值都在[3 ,4)间的概率为
21. 在如图所示的六面体中，矩形平面，，，，．
（1）设为的中点，证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，由线面平行的向量证明方法可证得结论；
（2）利用面面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
四边形为矩形，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，中点，；
平面轴，平面的一个法向量，
，即，BH不含于面ADEF平面.
【小问2详解】
由（1）知：，，
设平面的法向量，
，令，解得：，；
平面轴，平面的一个法向量，
，即平面与平面所成角的余弦值为.
22. 椭圆与双曲线有相同的焦点，且过.
（1）求椭圆的方程；
（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点，.
（i）证明：点B在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）6
【解析】
【分析】（1）根据题意设出椭圆方程，用待定系数法求解即可得解；
（2）（i）根据题意只要证为钝角即即可，求出坐标，利用向量数量积运算即可得证；（ii）求出四边形面积，对面积的表达式变形利用基本不等式和对勾函数单调性求出最大值得解.
【小问1详解】
由题知，椭圆的焦点为，，
故可设椭圆的方程为，将点代入可得，
解得，
所以椭圆得方程为.
【小问2详解】
（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且，；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，；
所以；
即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
所以时，四边形的面积最大为6，此时点的坐标为，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，
四边形的面积最大，最大值为6.