四川省蓬溪中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1. 当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】结合复数的加减运算及复数的几何意义即可得.
【详解】当时，有，
故其在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
2. 已知直线与直线夹角为，则的倾斜角为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】先求直线斜率及倾斜角，再根据夹角为求出的倾斜角即可.
【详解】直线斜率则倾斜角为，
直线与直线夹角为，则的倾斜角为或.
故选：C.
3. 已知数列满足，，=（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由，结合题意可、、为偶数，为奇数，代入所给关系式计算即可得.
【详解】由，故、、为偶数，为奇数，
故.
故选：A.
4. 已知圆，圆，则两圆的位置关系（ ）
A. 内切B. 外切C. 相交D. 相离
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的方程求得圆心和半径，再由圆心距和两半径之间的关系可得两圆外切.
【详解】易知圆的圆心为，半径为；
圆可化为，圆心，半径为；
圆心距，所以两圆外切.
故选：B
5. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为，乙中靶的概率为0.9，且两人是否中靶相互独立．若甲、乙各射击一次，恰有一人中靶的概率为0.26，则（ ）
A. 两人都中靶的概率为0.63B. 两人都中靶的概率为0.70
C. 两人都中靶的概率为0.72D. 两人都中靶的概率为0.74
【答案】C
【解析】
【分析】根据相互独立事件概率计算公式，先求得，然后求得正确答案.
【详解】依题意，
解得，
所以两人都中靶的概率为.
故选：C
6. 如图，已知四面体的所有棱长都等于，，，分别是棱，，的中点．则与分别等于（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】A
【解析】
【分析】依题意以、、为基底，表示出、、，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】依题意，所以，
，，
所以
.
故选：A
7. 双曲线：（，）的一个焦点为（），且双曲线的两条渐近线与圆：均相切，则双曲线的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】
根据直角三角形的边角关系得出，再由离心率公式即可得出答案.
【详解】设渐近线与该圆交于点，为坐标原点
在中，
故选：A
【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，属于中档题.
8. 已知椭圆C的方程为：，点A是椭圆的下顶点，点是椭圆上任意一点，则的最大值是（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的几何性质得到点，再假设点，利用两点距离公式，结合二次函数的性质即可得解.
【详解】因为椭圆C的方程为：，则，
设，则，故，且，
所以，
当时，取得最大值，故.
故选：C.
二、多选题
9. 已知平面与平面平行，若平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标分别判断与四个选项中的向量是否平行即可得解.
【详解】因为平面与平面平行，所以平面的法向量与平面的法向量平行，
对于选项A: 若，则此时，满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项A正确；
对于选项B: 若，则此时无解，不满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项B错误；
对于选项C: 若，则此时，满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项C正确；
对于选项D: 若，则此时无解，不满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项D错误.
故选：AC.
10. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线距离为
B. 已知直线过点，且在x，y轴上截距相等，则直线的方程为
C. “直线与直线平行”是“”的必要不充分条件
D. 过两点的直线方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用平行线间的距离公式可得A正确；若截距都为零也符合题意，即B错误；利用两直线平行可得或，即可知C正确；两点式的前提是分母不为零，即D错误.
【详解】对于A，易知两直线平行，所以距离，A正确；
对于B，直线过原点时也满足题意，所以直线方程还可以是，即B错误；
对于C，因为直线与直线平行，
所以，则，解得或，
由取值的结果可得C正确；
对于D，两点式直线方程的前提是，可得D错误.
故选：AC
11. 已知非零实数，，不全相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 如果，，成等差数列，则，，能构成等差数列
B. 如果，，成等差数列，则，，不可能构成等比数列
C. 如果，，成等比数列，则，，能构成等比数列
D. 如果，，成等比数列，则，，不可能构成等差数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据实数，，以及等差数列、等比数列定义，利用等差中项和等比中项性质，并对选项进行逐一分析即可求得结论.
【详解】由非零实数，，不全相等，
若，，成等差数列，可得；
易知，要使，，能构成等差数列，
需满足，即可得，即为，即A错误；
若，，成等差数列，可得，
则，若，，构成等比数列，
则，需满足，这与前提矛盾，因此，，不可能构成等比数列；
可得B正确；
若，，成等比数列，则，，能构成等比数列，
例如时，可知C正确；
由，，成等比数列，可知，
此时，则则，，不可能构成等差数列，即D正确.
故选：BCD
12. 如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A. 存在唯一点，使得
B. 当点在上移动时，直线与直线所成角不变
C. 直线与平面所成角的最小值为
D. 当时，点的轨迹为圆的一部分
【答案】BD
【解析】
【分析】首先以点为原点，建系设点，利用数量积公式，即可判断AB；利用线面角的向量公式，结合点的坐标的范围，即可判断C；由条件得到，根据圆的定义，即可判断D.
【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
，，，得，
所以点的轨迹为线段，有无数个点，满足，故A错误；
B. 当点在上移动时，设，
，，
，即，
所以直线与直线所成角为，故B正确；
C. ，平面的法向量，设直线与平面所成角为，
则，，
当时，的最小值为，的最小值不是，故C错误；
D.当时，根据勾股定理可知，，即点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在正方形的一部分，故D正确.
故选：BD
三、填空题
13. 已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意分别求得，，，结合独立事件的定义，可判定事件与相互独立，再结合对立事件的概念关系可运算得解.
【详解】由题意，，，，
，
所以事件与相互独立，则与也相互独立，
.
故答案为：.
14. 已知平面内一点，点在平面外，若的一个法向量为，则到平面的距离为______________．
【答案】1
【解析】
【分析】依题意求得，再利用点到平面距离公式即可得解.
【详解】因为，点，所以，
又的一个法向量为，
所以到平面的距离为.
故答案为：1．
15. 设双曲线C：的左右焦点分别为，它的实轴长为4，P是C上的一点且满足，的面积是4，则C的方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】由实轴长为4可得，利用双曲线定义以及的面积和勾股定理可求得，可求出C的方程.
【详解】根据题意可知不妨取在双曲线左支上，如下图所示：

根据实轴长为4可得，即可得；
又可得，
由的面积是4可得，即；
由，
解得，所以，
可得C方程是.
故答案为：
16. 已知抛物线的焦点为F，是抛物线上的两点，若，则的中点到轴距离的最小值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】的中点到轴距离为，由，利用抛物线性质求得的最小值即可.
【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为，
过两点作准线的垂线，垂足分别为，如下图所示：

由可知，当且仅当三点共线时，等号成立；
则有，可得；
所以的中点到轴距离为，当且仅当三点共线时，等号成立；
即的中点到轴距离的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17. 已知直线：与垂直，且经过点.
（1）求的一般式方程；
（2）若与圆：相交于两点，求.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）由直线的方程和垂直关系可得的斜率为，由点斜式方程整理可得结果；
（2）求出圆心C到直线的距离为，再由圆的弦长公式即可求得.
【小问1详解】
由直线：，可得斜率，
因为，所以直线的斜率为，
又因为直线过点，所以直线的方程为，
即.
【小问2详解】
由圆C：，可得圆心，半径，
则圆心C到直线：的距离为，
又由圆的弦长公式可得弦长
18. 已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，进而可求通项，
（2）根据分组求和，结合等差数列以及等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
设数列的首项为，公差为，由题意得,
解得：，
所以
【小问2详解】
因为
所以
．
19. 某商场举行购物抽奖活动，抽奖箱中放有编号分别为的五个小球.小球除编号不同外，其余均相同.活动规则如下：从抽奖箱中随机抽取一球，若抽到的小球编号为，则获得奖金元；若抽到的小球编号为偶数，则获得奖金元；若抽到其余编号的小球，则不中奖.现某顾客依次有放回的抽奖两次.
（1）求该顾客两次抽奖后都没有中奖的概率；
（2）求该顾客两次抽奖后获得奖金之和为元的概率.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）用列举法得到所有的基本事件数，然后根据古典概型概率公式可得事件发生的概率；（2）根据互斥事件的概率加法公式求解可得结果．
【详解】（1）由题意得，该顾客有放回抽奖两次的所有可能结果为：

共有25种情况．
设“该顾客两次抽奖后都没有中奖”为事件A，则事件A包含的结果为，共4种，
所以．
即该顾客两次抽奖后都没有中奖的概率为．
（2）两次抽奖奖金之和为100元包括三种情况：
①第一次奖金为100元，第二次没有获奖，其包含的情况为，概率为；
②第一次没中奖，第二次奖金为100元，其包含的情况为，概率为；
③两次各获奖金50元，包含的情况有，概率为．
由互斥事件有一个发生的概率公式可得所求概率为，
即该顾客两次抽奖后获得奖金之和为元的概率为．
【点睛】（1）求古典概型概率的关键是得到基本事件的个数，常用的方法是列举法，解题时要分清抽取是有放回的还是无放回的，列举时要做到不重不漏．
（2）对于一些复杂的事件，在求概率时可将其分解为若干个互斥事件的和来求解，然后利用概率的加法公式可得结果．
20. 如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.
（1）求证：；
（2）求平面和平面所成夹角大小
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质可得；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，即可得其夹角大小为.
【小问1详解】
取AB中点M，连结EM，FM，如图所示：
∵ABCD是正方形，∴，
又∵，，，
∴
又∵E，F，M都是中点，∴，，
，，，MF，平面，
∴平面，平面，
∴；
【小问2详解】
由（1）中，且,平面；
所以平面，
又，是正方形，所以；
即可得两两垂直；
取AD中点O，过O作AB平行线，连接OP，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示：
由题意得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得；
令，则，得，
因此，
所以平面和平面所成夹角大小为
21. 已知平面内一动点到定点的距离和它到定直线的距离之比是常数
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）不过原点的直线与轨迹交于、两点，求面积的最大值以及此时直线的方程.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）设点，借助距离公式计算化简即可得；
（2）联立直线与曲线，借助韦达定理、弦长公式及点到直线距离公式即可表示出面积，即可得解.
【小问1详解】
设满足，整理可得，
轨迹的方程为；
【小问2详解】
设，，
联立，可得，
因为直线与轨迹交于、两点，
所以，解得，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
点O到直线l的距离为，
所以
，
当且仅当即时取得等号，
所以面积的最大值为，此时直线l的方程为.

22. 已知抛物线C：，其焦点为F，过焦点作直线与抛物线交于两点，如果A点的横坐标为1时，点A到抛物线的焦点F的距离是2.

（1）求抛物线的方程；
（2）某同学想通过调整直线的倾斜程度，在抛物线C的准线上能找到一点Q满足为等边三角形，你试一试，若直线存在，求出直线的方程和Q坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或，
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义即可求得，可得抛物线的方程为；
（2）联立直线和抛物线方程利用韦达定理和等边三角形性质得出等量关系，可解得，，即可求出直线的方程和Q坐标.
【小问1详解】
依题，又，
解得，
故抛物线的方程为；
【小问2详解】
若直线l的斜率不存在，则Q只可能为，此时不是等边三角形，舍去.
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
设直线l与抛物线的交点坐标为，，
由，可得，
∴，，
，
设存在，AB的中点为，
设Q到直线l的距离为d，
由题可得，即，
由，可得，
即可得，
化简得，
因此，可得，