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云南省曲靖市宣威市第九中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份云南省曲靖市宣威市第九中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷（原卷版+解析版），文件包含云南省曲靖市宣威市第九中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷原卷版docx、云南省曲靖市宣威市第九中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章～第三章3.1．
一、单项选择题：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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数四则运算法则计算即可.
【详解】.
故选：B
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角的定义可得结果
【详解】因为直线即直线垂直于轴,根据倾斜角的定义可知该直线的倾斜角为，
故选:C.
3. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别解不等式可得集合与，进而可得.
【详解】因为，，
所以，
故选：B．
4. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】关于平面对称，则横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得到答案.
【详解】关于平面的对称点为.
故选：C
5. 智力竞赛决赛由A，B两队进行比赛，A队有甲、乙两名队员，某一道题由甲、乙两名队员共同解答，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则此题A队答对的概率是（至少一人答对即可）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据对立事件求出答不出的概率，再根据独立事件的概率是概率的乘积计算即可.
【详解】该题甲答对的概率为，乙答对的概率为，甲、乙答不出的概率分别为，.故A队答出的概率为.
故选:A.
6. 直三棱柱中，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】要表示出，只需要用给出的基底表示即可，结合图形及空间向量的线性运算即可得到结果.
【详解】.
故选：B
7. 若圆和圆相切，则等于
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据的圆标准方程求得两圆的圆心与半径，再根据两圆内切、外切的条件,分别求得的值并验证即可得结果.
【详解】圆的圆心，半径为5；
圆的圆心，半径为r.
若它们相内切，则圆心距等于半径之差，即＝|r－5|，
求得r＝18或－8，不满足5若它们相外切，则圆心距等于半径之和，即＝|r＋5|，
求得r＝8或－18(舍去)，故选C．
【点睛】本题主要考查圆的方程以及圆与圆的位置关系，属于基础题. 两圆半径为，两圆心间的距离为，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.
8. 设椭圆左焦点为F，上下顶点分别为A、B，直线AF的斜率为，并交椭圆于另一点C，则直线BC的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据，设出，，，从而得到椭圆，直线：，联立椭圆和直线得到，，再求直线BC的斜率即可.
【详解】由题知：，，，
，设，则，，
则椭圆，直线：.
所以，解得，，
则.
因为，所以.
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线，直线，若，则实数a可能的取值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】BC
【解析】
【分析】由，可得，即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，解得或1．
故选：BC.
10. 某产品售后服务中心选取了10个工作日，分别记录了每个工作日接到的客户服务电话的数量（单位：次）：
67 57 37 40 46 62 31 47 31 30
则这组数据的（ ）
A. 众数是31B. 中位数是40
C. 极差是37D. 分位数是30.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据众数、中位数、极差、百分位数的概念求解即可.
【详解】这组数据中31出现了2次，出现次数最多，因此众数是31，A正确；
从小到大排列10个数据分别为30，31，31，37，40，46，47，57，62，67，
第5位和第6位为40和46，因此中位数是，B错误；
最大值为67，最小值为30，因此极差为，C正确；
是整数，则分位数应取第1位与第2位的平均值，即30和31的平均值30.5，D正确.
故选：ACD.
11. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得到的函数为偶函数，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换规律求出变换后的解析式，再根据偶函数性质求出可得答案.
【详解】
，
将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，
因为该函数为偶函数，所以，所以.
当时，；当时，，
故选：AC.
12. 设点，分别为椭圆：的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的取值可以是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 4
【答案】BD
【解析】
【分析】首先设点，得到，，结合点在椭圆上得到，若成立的点有四个，则在有两实数解，
则有，解出其范围结合选项即得.
【详解】设，∵，，∴，，由可得，又∵点在椭圆上，即，
∴，要使得成立的点恰好是4个，则，解得.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知空间向量，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算的坐标表示即可得解.
【详解】由，得.
故答案为：
14. 以为圆心的圆与圆相切，则圆的方程为______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据两圆相切，分内切和外切得到半径，从而得到圆的方程.
【详解】两圆的圆心之间的距离为.
当两圆外切时，圆的半径为；
当两圆内切时，圆的半径为.
∴圆的方程为或.
故答案为：或.
15. 已知，，则______.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】利用同角三角函数的平方关系及商数关系计算即可.
【详解】由同角三角函数的平方关系及已知条件可知：，
当，此时，不合题意；
当，符合题意；
所以.
故答案为：
16. 已知函数，若，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】先由解析式的和式结构判断函数的单调性，再利用函数单调性解抽象不等式.
【详解】的定义域为，
又在上单调递增，
所以在上单调递增，
由，得，解得，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
（1）求A；
（2）若，求a的最小值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理结合特殊角三角函数值求角即可；
（2）应用余弦定理结合基本不等式求值即可.
【小问1详解】
，即，
即；
小问2详解】
由余弦定理有，
当且仅当时取等号，故a的最小值为1.
18. 已知圆的方程为．
（1）求实数的取值范围；
（2）若圆与直线交于M，N两点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将圆的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到，解之即可；
（2）利用弦长公式求得，进而得到，易得的值.
【小问1详解】
方程可化为，
∵此方程表示圆，
∴，即，即.
【小问2详解】
由（1）可得圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，
由弦长公式及，得，解得，
∴，得．
19. 如图，在正方体中，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：EF//平面ABCD；
（2）求直线DE，BF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据平行线的传递先证明线线平行，继而证明线面平行；
（2）以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，根据空间角的计算公式计算即可.
【小问1详解】
证明：如图连
∵几何体为正方体，
∴，
∴EF∥BD
∵EF∥BD，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD；
小问2详解】
解：以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系
令，可得点D的坐标为，点E的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为，
，
DE，BF所成角的余弦值为
20. 已知点、，动点满足.
（1）求动点轨迹的方程；
（2）已知圆的圆心为，且圆与轴相切，若圆与曲线有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面内两点间的距离公式化简可得出轨迹的方程；
（2）求出圆的方程，分析可知，圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得出关于的不等式，结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由得，
即，整理得，
故动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
解：∵点的坐标为且圆与轴相切，∴圆的半径为，
∴圆的方程为，
∴圆与圆两圆心的距离为，
∵圆与圆有公共点，∴，
即，且，解得，
所以实数的取值范围是.
21. 在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，且满足（如图1），将沿EF折起到的位置，使二面角成直二面角，连接，（如图2）．
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）中，由余弦定理求EF，由勾股定理证，再由平面平面BEP证平面，即可证
（2）分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由向量法求出平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值，即可二面角求正弦值
【小问1详解】
证明：由题意，在图1中，，，又，
所以由余弦定理可得，
所以，所以，所以在图2中，即，
因为二面角为直二面角，即平面平面BEP，
又平面平面，平面，
所以平面．∵平面，∴；
【小问2详解】
分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则取，得
设平面的法向量为，
则取，得，
∴，，
所以二面角的正弦值为．
22. 已知M，N是椭圆的上顶点和右顶点，且直线的斜率为．
（1）求椭圆E的离心率；
（2）设A为椭圆E的左顶点，B为椭圆E上一点，C为椭圆E上位于第一象限内的一点，且，求直线的斜率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，再由，可求出离心率，
（2）由离心率可得椭圆方程为，设，则由可得，再由在椭圆上，可得，从而可求出直线的斜率
【小问1详解】
椭圆的上顶点为和右顶点为，
因为直线的斜率为，
所以，，
所以离心率为，
【小问2详解】
因离心率，所以，则，
所以椭圆方程为，，
设，
则，得，则，
因为在椭圆上，所以，，
解得，
则直线的斜率为，
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章～第三章3.1．
一、单项选择题：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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数四则运算法则计算即可.
【详解】.
故选：B
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角的定义可得结果
【详解】因为直线即直线垂直于轴,根据倾斜角的定义可知该直线的倾斜角为，
故选:C.
3. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别解不等式可得集合与，进而可得.
【详解】因为，，
所以，
故选：B．
4. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】关于平面对称，则横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得到答案.
【详解】关于平面的对称点为.
故选：C
5. 智力竞赛决赛由A，B两队进行比赛，A队有甲、乙两名队员，某一道题由甲、乙两名队员共同解答，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则此题A队答对的概率是（至少一人答对即可）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据对立事件求出答不出的概率，再根据独立事件的概率是概率的乘积计算即可.
【详解】该题甲答对的概率为，乙答对的概率为，甲、乙答不出的概率分别为，.故A队答出的概率为.
故选:A.
6. 直三棱柱中，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】要表示出，只需要用给出的基底表示即可，结合图形及空间向量的线性运算即可得到结果.
【详解】.
故选：B
7. 若圆和圆相切，则等于
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据的圆标准方程求得两圆的圆心与半径，再根据两圆内切、外切的条件,分别求得的值并验证即可得结果.
【详解】圆的圆心，半径为5；
圆的圆心，半径为r.
若它们相内切，则圆心距等于半径之差，即＝|r－5|，
求得r＝18或－8，不满足5
求得r＝8或－18(舍去)，故选C．
【点睛】本题主要考查圆的方程以及圆与圆的位置关系，属于基础题. 两圆半径为，两圆心间的距离为，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.
8. 设椭圆左焦点为F，上下顶点分别为A、B，直线AF的斜率为，并交椭圆于另一点C，则直线BC的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据，设出，，，从而得到椭圆，直线：，联立椭圆和直线得到，，再求直线BC的斜率即可.
【详解】由题知：，，，
，设，则，，
则椭圆，直线：.
所以，解得，，
则.
因为，所以.
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线，直线，若，则实数a可能的取值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】BC
【解析】
【分析】由，可得，即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，解得或1．
故选：BC.
10. 某产品售后服务中心选取了10个工作日，分别记录了每个工作日接到的客户服务电话的数量（单位：次）：
67 57 37 40 46 62 31 47 31 30
则这组数据的（ ）
A. 众数是31B. 中位数是40
C. 极差是37D. 分位数是30.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据众数、中位数、极差、百分位数的概念求解即可.
【详解】这组数据中31出现了2次，出现次数最多，因此众数是31，A正确；
从小到大排列10个数据分别为30，31，31，37，40，46，47，57，62，67，
第5位和第6位为40和46，因此中位数是，B错误；
最大值为67，最小值为30，因此极差为，C正确；
是整数，则分位数应取第1位与第2位的平均值，即30和31的平均值30.5，D正确.
故选：ACD.
11. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得到的函数为偶函数，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换规律求出变换后的解析式，再根据偶函数性质求出可得答案.
【详解】
，
将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，
因为该函数为偶函数，所以，所以.
当时，；当时，，
故选：AC.
12. 设点，分别为椭圆：的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的取值可以是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 4
【答案】BD
【解析】
【分析】首先设点，得到，，结合点在椭圆上得到，若成立的点有四个，则在有两实数解，
则有，解出其范围结合选项即得.
【详解】设，∵，，∴，，由可得，又∵点在椭圆上，即，
∴，要使得成立的点恰好是4个，则，解得.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知空间向量，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算的坐标表示即可得解.
【详解】由，得.
故答案为：
14. 以为圆心的圆与圆相切，则圆的方程为______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据两圆相切，分内切和外切得到半径，从而得到圆的方程.
【详解】两圆的圆心之间的距离为.
当两圆外切时，圆的半径为；
当两圆内切时，圆的半径为.
∴圆的方程为或.
故答案为：或.
15. 已知，，则______.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】利用同角三角函数的平方关系及商数关系计算即可.
【详解】由同角三角函数的平方关系及已知条件可知：，
当，此时，不合题意；
当，符合题意；
所以.
故答案为：
16. 已知函数，若，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】先由解析式的和式结构判断函数的单调性，再利用函数单调性解抽象不等式.
【详解】的定义域为，
又在上单调递增，
所以在上单调递增，
由，得，解得，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
（1）求A；
（2）若，求a的最小值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理结合特殊角三角函数值求角即可；
（2）应用余弦定理结合基本不等式求值即可.
【小问1详解】
，即，
即；
小问2详解】
由余弦定理有，
当且仅当时取等号，故a的最小值为1.
18. 已知圆的方程为．
（1）求实数的取值范围；
（2）若圆与直线交于M，N两点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将圆的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到，解之即可；
（2）利用弦长公式求得，进而得到，易得的值.
【小问1详解】
方程可化为，
∵此方程表示圆，
∴，即，即.
【小问2详解】
由（1）可得圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，
由弦长公式及，得，解得，
∴，得．
19. 如图，在正方体中，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：EF//平面ABCD；
（2）求直线DE，BF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据平行线的传递先证明线线平行，继而证明线面平行；
（2）以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，根据空间角的计算公式计算即可.
【小问1详解】
证明：如图连
∵几何体为正方体，
∴，
∴EF∥BD
∵EF∥BD，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD；
小问2详解】
解：以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系
令，可得点D的坐标为，点E的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为，
，
DE，BF所成角的余弦值为
20. 已知点、，动点满足.
（1）求动点轨迹的方程；
（2）已知圆的圆心为，且圆与轴相切，若圆与曲线有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面内两点间的距离公式化简可得出轨迹的方程；
（2）求出圆的方程，分析可知，圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得出关于的不等式，结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由得，
即，整理得，
故动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
解：∵点的坐标为且圆与轴相切，∴圆的半径为，
∴圆的方程为，
∴圆与圆两圆心的距离为，
∵圆与圆有公共点，∴，
即，且，解得，
所以实数的取值范围是.
21. 在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，且满足（如图1），将沿EF折起到的位置，使二面角成直二面角，连接，（如图2）．
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）中，由余弦定理求EF，由勾股定理证，再由平面平面BEP证平面，即可证
（2）分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由向量法求出平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值，即可二面角求正弦值
【小问1详解】
证明：由题意，在图1中，，，又，
所以由余弦定理可得，
所以，所以，所以在图2中，即，
因为二面角为直二面角，即平面平面BEP，
又平面平面，平面，
所以平面．∵平面，∴；
【小问2详解】
分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则取，得
设平面的法向量为，
则取，得，
∴，，
所以二面角的正弦值为．
22. 已知M，N是椭圆的上顶点和右顶点，且直线的斜率为．
（1）求椭圆E的离心率；
（2）设A为椭圆E的左顶点，B为椭圆E上一点，C为椭圆E上位于第一象限内的一点，且，求直线的斜率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，再由，可求出离心率，
（2）由离心率可得椭圆方程为，设，则由可得，再由在椭圆上，可得，从而可求出直线的斜率
【小问1详解】
椭圆的上顶点为和右顶点为，
因为直线的斜率为，
所以，，
所以离心率为，
【小问2详解】
因离心率，所以，则，
所以椭圆方程为，，
设，
则，得，则，
因为在椭圆上，所以，，
解得，
则直线的斜率为，
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