2023-2024学年贵州省桐梓县荣兴高级中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省桐梓县荣兴高级中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共15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．在复平面内；复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可求解.
【详解】,故对应的点为，位于第四象限，
故选：D
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据补集和交集的定义计算可得.
【详解】，则.
故选：C
3．过点且斜率为的直线的点斜式方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的点斜式方程形式，可直接得到结果.
【详解】过点且斜率为的直线的点斜式方程为，
故选：
4．若直线：与：平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算即可.
【详解】因为，所以解得，
则：与：之间的距离．
故选：D.
5．如图，P是正方体面对角线上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A．直线B．直线C．直线D．直线AC
【答案】D
【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.
【详解】对于A，连接，设，
由，当点位于点时，与共面；
对于B，当点与重合时，直线与直线相交；
对于C，因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，
当点与重合时，与共面；
对于D，连接，
因为平面，平面，平面，，
所以直线BP与直线AC是异面直线.
故选：D.
6．若空间中三条两两不同的直线，，，满足，，则下列结论一定正确的是
A．B．与既不垂直又不平行
C．D．与的位置关系不确定
【答案】D
【分析】根据，，将三条线段置于正方体中，即可判断各选项.
【详解】空间中三条两两不同的直线，，，满足，，
位置关系可如下图所示：
根据图示可知，当取两个不同位置时，满足，，可排除ABC选项，
即与的位置关系不确定，
故选：D.
【点睛】本题考查了空间中直线与直线位置关系的判断，属于基础题.
7．已知两条直线和，下列不正确的是（ ）
A．“a＝1”是“”的充要条件
B．当时，两条直线间的距离为
C．当斜率存在时，两条直线不可能垂直
D．直线横截距为1
【答案】D
【分析】由直线平行关系可以判断A正确；利用平行线间距离公式可以判断B正确；利用垂直关系可以判断C正确；令可以求出直线得横截距.
【详解】当时，，则，
当时，直线与重合，故舍去，所以A正确；
当时，，和间的距离为
，所以B正确；
若，则，则，
又当斜率存在时，，所以C正确；
，令得，所以直线横截距为-1，
所以D错误.
故选：D.
8．唐代诗人李欣的是古从军行开头两句说“百日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的数学故事“将军饮马”的问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从出发，河岸线所在直线方程，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用点关于直线对称点的求解方法可求得点关于直线的对称点，将问题转化为点和圆上的点连线的最小值的求解，利用点和圆心之间的距离减圆的半径可得结果.
【详解】设点关于直线的对称点为，则，的中点为，，解得：，，
要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，即为点和圆上的点连线的最小值，从点到军营最短总路程为点和圆心之间的距离减圆的半径，
“将军饮马”的最短总路程为.
故选：B.
二、多选题
9．如图，点是线段的三等分点，则下列结论正确的有（ ）

A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】利用向量相等的定义即可求解，两个向量相等必须是大小相等且方向相同.
【详解】由题知，点是线段的三等分点，
所以，，，
对于A：且方向相同，所以，A选项正确；
对于B：，所以，B选项错误；
对于C：，所以，C选项错误；
对于D：且方向相同，所以，D选项正确；
故选：AD.
10．已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，表示圆心为的圆B．当时，表示圆心为的圆
C．当时，表示的圆的半径为D．当时，表示的圆与轴相切
【答案】BCD
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，方程，可化为，
可圆的圆心坐标为，
A中，当时，此时半径为，所以A错误；
B中，当时，此时半径大于，表示圆心为的圆，所以B正确；
C中，当时，表示的圆的半径为，所以C正确；
D中，当时，可得，方程表示的圆半径为，
又圆心坐标为，所以圆心到轴的距离等于半径，所以圆与轴相切，所以D正确．
故选：BCD.
11．已知在空间直角坐标系中，O为坐标原点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．若，则P，A，B，C四点共面
【答案】BD
【分析】由条件求，根据向量的模的个数，数量积运算公式，数量积的性质，向量共面定理依次判断各选项.
【详解】因为，
所以，
所以，A错误；
，B正确；
，所以不垂直，C错误；
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以共面，
所以P，A，B，C四点共面，D正确；
故选：BD.
12．函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ）

A．
B．该函数的解析式为
C．是该函数图象的一个对称中心
D．该函数的减区间是
【答案】ABD
【分析】根据图象求得，结合三角函数的对称性、单调性求得正确答案.
【详解】由图可知，，
则，当时，，
由于，所以，
所以，所以AB选项正确.
由于，所以C选项错误.
由解得，
所以函数的减区间是，
所以D选项正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知函数，则＝ ．
【答案】－1
【分析】根据分段函数限定的范围内求值.
【详解】函数，则.
故答案为：－1
14．已知圆的方程是，则圆心到原点的距离为 ．
【答案】
【分析】首先根据题意得到圆心为，再利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】，圆心，半径.
圆心到原点的距离.
故答案为：
15．已知平面上点和直线，点P到直线l的距离为d，则 .
【答案】/4.5
【分析】根据直线的特征，直接列式计算作答.
【详解】依题意，直线，而点，
所以.
故答案为：
16．若，，，则的最小值为 ．
【答案】9
【分析】运用代“1”法，结合基本不等式进行计算即可.
【详解】由题意得，，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为9.
故答案为：9
四、解答题
17．已知内角的对边分别为，设.
(1)求；
(2)若的面积为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.
【详解】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2），
，
，
.
18．已知圆过点，，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若直线过点且与圆心的距离为4，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，求得的中垂线方程，与直线联立，即可得到圆心坐标，从而得到圆的方程；
（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在，再结合点到直线的距离公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由，，得直线的斜率为，线段中点
所以，直线的方程为，即，
联立，解得，即，
所以半径，
所以圆的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，满足圆心到的距离为4；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得，则直线为，
化简可得.
综上所述，直线的方程为或.
19．如图，在三棱柱中，平面，分别为，，，的中点，，.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理判定即可；
（2）根据两两垂直关系建立空间直角坐标系，再用向量法求点到直线的距离.
【详解】（1）在三棱柱中，因为平面，所以四边形为矩形．
又因为分别为，的中点，，所以.
又因为，所以.
由于，所以平面.
（2）由（1）知，，．又平面，
所以平面． 因为平面，所以．如图建立空间直角坐称系．
由题意得，，，，所以，，.
设平面的法向量为，所以， 从而，令，则，，
所以平面的法向量.所以点到平面的距离．

20．2022年卡塔尔世界杯正赛在北京时间11月21日－12月18日进行，赛场内外，丰富的中国元素成为世界杯重要的组成部分，某企业为了解广大球迷世界杯知识的知晓情况．在球迷中开展了网上测试，从大批参与者中随机抽取100名球迷，他们测试得分（满分100分）数据的频率分布直方图如图所示：
(1)根据频率分布直方图，求a的值；
(2)若从得分在[75，90]内的球迷中用分层抽样的方法抽取6人作世界杯知识分享，并在这6人中选取2人担任分享交流活动的主持人，求选取的2人中至少有1名球迷得分在内的概率．
【答案】(1)0.04.
(2).
【分析】（1）根据所有频率之和为1列式解方程即可.
（2）根据分层抽样的抽样比相同抽取人数，用列举法解决古典概型.
【详解】（1），解得：.
（2）由分层抽样可知，
从得分在内的球迷中抽取人，分别记为、、，从得分在内的球迷中抽取人，分别记为、，
从得分在内的球迷中抽取人，记为.
所以从这6人中选取2人的基本事件有、、、、、、、、、、、、、、，共有15个，
两人中至少有1名球迷得分在内的基本事件有、、、、、、、、，共有9个.
所以两人中至少有1名球迷得分在内的概率为.
21．在平面直角坐标系中，已知四点.
(1)求过三点的圆方程，并判断点与圆的位置关系；
(2)过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】(1)，在圆上；
(2)。
【分析】（1）设圆的一般方程利用待定系数法计算可得圆的方程，在带入D坐标判定位置关系即可；
（2）利用直径与弦长相同得直线过圆心，结合点斜式计算即可.
【详解】（1）设圆方程为，
把三点坐标代入可得：，
解得，
所以圆方程是，
把点坐标代入可得：，故在圆上；
（2）由（1）可知圆，则圆心，半径，
由题意可知直线过圆心，故方程为：
22．如图所示，已知四边形是矩形，平面平面，分别是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，求二面角的大小．
【答案】（1）见解析（2）．
【分析】（1）取中点，连结，推导出四边形是平行四边形，由此能证明平面．
（2）推导出平面，分别以，平行于的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】证明：取中点，连结，
∵分别是的中点，
∴，且，
同理，，
∴四边形是平行四边形，
∴，面，面，
∴平面．
（2）∵，
∴，
∵平面平面，四边形是矩形，
∴平面，
分别以，平行于的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面APC的法向量，
则，取，得，
平面的法向量，
设二面角的大小为，
则．
∴二面角的大小为45°．
【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．