【文档说明】四川省德阳中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(19)页，1.289 MB，由管理员店铺上传

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德阳中学高2022级高二上期10月月考数学试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项涂在答题卡相应位置上．1.已知集合12{|log

0}Axx=，集合{|12}Bxx=，则AB=（）A.{|2}xxB.{|02}xxC.{|01}xxD.1xx【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的性质解不等式得到集合A，然后求并集即可.【详解】由对数函数的性质，{|01}Axx=，{|02}ABxx=．

故选：B．2.求值：sin50cos170sin40sin170−=（）A.32−B.32C.12D.12−【答案】A【解析】【分析】先利用诱导公式化同角，再利用两角差的正弦公式即可得解.【详

解】sin50cos170sin40sin170sin50cos170cos50sin170−=−()()3sin50170sin120sin1202=−=−=−=−.故选：A.3.已知()1,1,1a=为平面的一

个法向量，()1,0,0A为内的一点，则点()1,1,2D到平面的距离为（）A.3B.2C.52D.63【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答.【详解】依题意，(

0,1,2)AD=，而()1,1,1a=为平面的一个法向量，所以点()1,1,2D到平面的距离||33||3aADda===.故选：A4.将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（

）A.35B.12C.38D.13【答案】D【解析】【分析】先求出将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子的方法总数以及2个小球在同一个盒子的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案.【详解】将2个不同的小球

随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：239=种方法，2个小球在同一个盒子有3种情况，所以2个小球在同一个盒子的概率为3193=.故选：D.5.在长方体1111ABCDABCD−中，设1,,,AAaABbADcE===为棱1BB的中点，则向量DE可用向量,,abc表示为（）A

.1122abc++B.1122abc−+C.1122abc−−D.12abc+−【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.【详解】如图所示，1,,2BEaDBABADbc−===−1122DEDBBEbcaabc=+=−+=+−故选:D.6.若圆222410xyxy++−

+=被直线()2200,0axbyab−+=平分，则14ab+的最小值为（）A.14B.19C.4D.9【答案】D【解析】【分析】由题意可得圆心(1,2)−在直线()2200,0axbyab−+=，即得1ab+=，将14ab+化为14()

()abab++，展开后利用基本不等式即可求得答案.【详解】由题意圆222410xyxy++−+=被直线()2200,0axbyab−+=平分，即圆心(1,2)−在直线()2200,0axbyab−+=上，故2220ab−−+=，即1ab+=，故141444()()5259babaa

babababab+=++=+++=，当且仅当4baab=，结合1ab+=，即223ba==时去等号，即14ab+的最小值为为9，故选：D7.直线()21210axay+−+=的倾斜角的取值范围是（）A.π0,4B.ππ,42C.π

3π,44D.π3π0,,π44【答案】C【解析】【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解即可.【详解】由题意知,若a=0,则倾斜角为π2=,若0a,则211222aakaa+==+,①当0a时，11212222aaaa

+=(当且仅当1a=时，取“=”)，②当a<0时，11212222aaaa−−−+−=−−−(当且仅当1a=−时，取“=”)，(),11,−−+k，故πππ3π,,4224，综上，π3π,44

，故选：C.8.已知正三棱锥ABCD−的外接球是球O，正三棱锥底边3BC=，侧棱23AB=，点E在线段BD上，且BEDE=，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）A.11π,3π4B.2π,3πC.11π,4π4D

.9π,4π4【答案】D【解析】【分析】设BCD△的中心为1O，球O的半径为R，在1RtOOD△中，利用勾股定理求出R，余弦定理求出1OE，再由勾股定理求出OE，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，

截面面积最大.【详解】如下图，设BCD△的中心为1O，球O的半径为R，连接1OD，OD，1OE，OE，则22111π23sin3,333ODAOADOD===−=，在1RtOOD△中，()()22233RR=+−，解得R＝2，所以111OOAOR=−=，因为

BE＝DE，所以32=DE，在1DEO中，()22133π3323cos2262OE=+−=，所以221172OEOEOO=+=，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面的半径为2232ROE−=，则截面面积为239ππ24

=，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.故选：D【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对

得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分．9.已知直线12:4340,:(2)(1)250(R)lxylmxmymm−+=+−+++=，则（）A.直线2l过定点(2,1)−−B.当1m=时，12ll⊥C.当2m=时，12ll//D.当12ll//时，

两直线12,ll之间的距离为1【答案】CD【解析】【分析】根据给定的直线12,ll的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.【详解】依题意，直线2:(2)(25)0lxymxy−++−+=，由20250xyxy−+=−+=解得

：31xy=−=−，因此直线2l恒过定点(3,1)−−，A不正确；当1m=时，直线2:3270lxy−+=，而直线1:4340lxy−+=，显然34(2)(3)0+−−，即直线12,ll不垂直，B不正确；.当2m=时，直线2:4390lxy−

+=，而直线1:4340lxy−+=，显然434439−=−，即12ll//，C正确；当12ll//时，有2(1)25434mmm+−++=−，解得2m=，即直线2:4390lxy−+=，因此直线12,ll之间的距离22|94|14(3

)d−==+−，D正确.故选：CD10.已知函数()ππsincoscossin33fxxxxx=+++，则下列结论正确的是（）A.()fx的最小正周期为2πB.()πsin23fxx=+C.π12x

=是()fx图象的一条对称轴D.将()fx的图象向左平移π4个单位后，得到的图象关于原点对称【答案】BC【解析】【分析】根据两角和的正弦公式化简可得()fx表达式，判断B；利用正弦函数周期公式即可判断A；将π12x=代入()fx中验证可判断C；根据三角函数图象的平移可得平移后函数解析式，结合其奇

偶性可判断D.【详解】由题意得()πππsincoscossinsin2333fxxxxxx=+++=+，B正确；则其最小正周期为2ππ2=，A错误；将π12x=代入()πsin23fxx

=+中，得πππsin2112123f=+=，则π12x=是()fx图象的一条对称轴，C正确；将()fx的图象向左平移π4个单位后，得到ππ5πsin[2()]sin(2)436yxx=++=+的图象，而函数5

πsin(2)6yx=+不是奇函数，其图象不关于原点对称，D错误，故选：BC11.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E为1DD的中点（）A.1BD平面ACEB.11BDAB⊥C.若正方体的棱长为1，则点B到平面ACE的距离为66D.直线AD与平面ACE所成角的正弦值为63【答案】A

BC【解析】【分析】利用线线平行可判定A项，利用线面垂直可判定B项，利用等体积法转化可判定C项，利用线面角的定义结合C项结论可判定D项.【详解】对于A项，连接BD交AC于O点，连接OE，易知OE为1BDD的中位线，即1OEBD，∵O

E面ACE，1BD面ACE，∴1BD平面ACE，故A正确；对于B项，连接11ABAB、，由正方体的性质易知11111ADABABAB⊥⊥，又1111111ABADAABAD=,、面11BAD，∴1AB⊥面11BAD，而

1BD面11BAD，即11BDAB⊥，故B正确；对于C项，由正方体的性质知：点B到平面ACE的距离等于点D到平面ACE的距离，设该距离为d，若正方体棱长为1，则2251622224ACEACACAEECSAC

AE====−=，，11111162233664DACEEADCACEACDVVdSDESd−−====，故C正确；对于D项，假设D点在面ACE的投影为M，连接AM，则AD与面ACE的夹角为MAD，由C选项结论可知若正方体棱长为1，则有66sin63d

MADAD==，故D错误.故选：ABC12.已知圆M：22(2)1xy−+=，点P是直线l：0xy+=上一动点，过点P作圆M切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（）A.圆M上恰有一个点到直线l的距离为22B.切线长PA的最小值为1C.四

边形AMBP面积的最小值为2D.直线AB恒过定点31,22−【答案】BD【解析】【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长21PAPM=−利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为PAMAPA=，可判断C，由题可知点A，B，在以PM为直径

的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.【详解】由圆M：22(2)1xy−+=，可知圆心()2,0M，半径1r=，∴圆心()2,0M到直线l：0xy+=的距离为222=，圆M上恰有一个点到直线l的距离为21−，故A错误；由圆的性质可得切线长2221PMrPMAP=−=−

，∴当PM最小时，PA有最小值，又min2PM=，∴min1PA=，故B正确；∵四边形AMBP面积为PAMAPA=，的∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；设(),Ptt−，由题可知点A，B，在以PM为直径的圆上，又

()2,0M，所以()()()()200xtxyty−−++−=，即()22220xytxtyt+−+++=，又圆M：22(2)1xy−+=，即22430xyx+−+=，∴直线AB的方程为：()2320t

xtyt−+−+=，即()2320xtxy−−−−=，由23020xxy−=−−=，得31,22xy==−，即直线AB恒过定点31,22−，故D正确.故选：BD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知()1,1,0a=，()2,1,

1b=，则向量a与b的夹角为______.【答案】π6##30【解析】【分析】运用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】22222213πcos,,2611211abababab+====+++，故答案为：π614.在△ABC中，角

A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2223abcac=−+，则角B的大小是______.【答案】π6##30°【解析】【分析】由2223abcac=−+结合余弦定理222cos2acbBac+−=，可求co

sB，进而可求B.【详解】因为2223abcac=−+，所以2223acbac+−=，由余弦定理的推论，得22233cos222acbacBacac+−===因为()0,πB，所以π6B=．故答案为：π6．15.已知复数izab=+，其中

2,0,1a−，0,1,4,9b，则复数izab=+是纯虚数的概率为__________.【答案】14##0.25【解析】【分析】由纯虚数得出,ab的取值，即可求出复数izab=+是纯虚数的概率.【详解】由题意，izab=+中，2,0,1a−，0,

1,4,9b，∵复数为纯虚数∴0,0ab=，∴复数izab=+是纯虚数的概率为：131344=，故答案为：14.16.已知圆22:1Oxy+=上的动点M和定点A1(,0)2−，(1,1)B，则2||+||MAMB的最小值为_____．【答案】10【解析

】【分析】找到定点(2,0)C−，连接,OMMC易证OAMOMC，即可得2||||MAMC=，转化为求||||MCMB+最小值，判断对应M的位置，即可求最小值.【详解】若(2,0)C−，又A1(,0)2−，(1,1)B，

则1||=,||=2,||=12OAOCOM，所以||||1==||||2OAOMOMOC且=AOMMOC，则OAMOMC，即2||||MAMC=，故2||+||=||+||||MAMBMCMBBC，当,,BMC共

线时目标式值最小，在所以2||+||MAMB最小值为||=10BC.故答案为：10四、解答题：本大题共6小题，共计70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线1l过点()30A−，和()34B，，直线l：10xy−−=．（1）若直线1l关于直线

l的对称直线为2l，求直线2l的方程．（2）已知直线m是过点B的直线，点()5,0C到直线m的距离为2，求直线m的方程.【答案】（1）32110xy−−=（2）=3x或34250xy+−=．【解析】【分析】（1）求得直

线1l上一点关于直线l的对称点，结合1l与l的交点求得直线2l的方程.（2）根据直线m的斜率是否存在进行分类讨论，结合点C到直线m的距离求得直线m的方程.【小问1详解】直线1l的方程为034033yx−+

=−+，即2360xy−+=，取直线1l上的一点()30A−,，设()30A−,关于直线:10lxy−−=的对称点为(),ab，则013301022baab−=−+−+−−=，解得1,4a

b==−.由102360xyxy−−=−+=解得9,8xy==，所以直线2l过点()1,4−和点()9,8，所以直线2l的方程为894819yx−−=−−−，即32110xy−−=.【小问2详解】直线m斜率不存在时，可得3x=，点()5,0C与直线3x=的距离为2，符合题意.当直线m斜率存在

时，设直线斜率为k，故可得直线m的方程为()43ykx−=−，的即340kxyk−−+=，因为点()5,0C到直线m的距离为2，即2|534|21kkk−+=+，解得34k=−，故可得直线m的方程为3334044xy−−−−+=，即34250xy+−=，综上

所述，直线m的方程为：=3x或34250xy+−=．18.圆22:(1)(2)25Cxy−+−=，直线()():211740(R)lmxmymm+++−−=.（1）证明：不论m取什么实数，直线l与圆C相交；（2）求直线l被圆C截得的线段的最短长度，并求此时m的值

.【答案】（1）证明见解析（2）当34m=−时，最短弦长为45【解析】【分析】（1）证得直线l恒过圆内定点(3,1)M即可.（2）当lCM⊥时被圆C截得的线段的最短长度，求此时的弦长与m的值.【小问1详

解】因为直线l的方程可化为(27)(4)0R)xymxym+−++−=(，所以l过直线270xy+−=与40xy+−=交点(3,1)M.又因为点(3,1)M到圆心(1,2)C的距离220=(31)(12)55d−+−

=，所以点(3,1)M在圆内，所以过点(3,1)M的直线l与圆C恒交于两点.【小问2详解】由（1）可知：过点(3,1)M的所有弦中，弦心距5d，因为弦心距､半弦长和半径r构成直角三角形，所以当25d=时，半弦长的平方的最小值为25520−=，所以弦长的最小值为45.的此时，21121,13

21ClMmkkm−+==−=−−+.因为lCM⊥，所以121121mm+=−+，解得34m=−，所以当34m=−时，得到最短弦长为45.19.甲、乙、丙三人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为13，乙译出密码的概率为14，丙译出密码的概率为15，求：（1）

其中恰有一人破译出密码的概率；（2）密码被破译的概率.【答案】（1）1330（2）35【解析】【分析】（1）设出事件，根据互斥事件概率加法公式、对立事件概率公式，以及独立事件概率的乘法公式即可得出答案；（2）根据已知结合独立事件概率的乘

法公式，求出密码不能破译的概率，进而根据对立事件概率公式，即可得出答案.【小问1详解】记密码被甲、乙、丙3人独立地破译分别为事件A、B、C，则()13PA=，()14PB=，()15PC=，()12133PA=−=，()13144PB=−=，

()14155PC=−=，记“恰有一人破译出密码”为事件D，由已知可得，()()()()PDPABCPABCPABC=++1342142311334534534530=++=.【小问2详解】记“密码被破译出”为事件E，因为()23423455PABC==，所以()(

)315APEPBC=−=.20.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2cosaBabA=−．（1）求sinsinCA的值；（2）若113,cos16bB==，求ABC的面积．【答

案】（1）2（2）3154【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简cos2cosaBabA=−，即可得答案；（2）结合（1）的结论由正弦定理可得2ca=，利用余弦定理即可求得a的值，再利用三角

形面积公式即可求得答案.【小问1详解】因为cos2cosaBabA=−，由正弦定理得sincos2sincossinABAAB=−，即()2sinsincoscossinsinAABABAB=+=+，

又因为πABC+=−，可得()()sinsinπsinABCC+=−=，所以2sinsinAC=，可得sin2sinCA=．【小问2详解】由（1）得sin2sinCA=，由正弦定理得2ca=，由余弦定理得222cos2acbBac+−=，即222

4911416aaa+−=，又由0a，解得2a=，则4c=，此时ABC存在且唯一确定，因为11cos0,16B=则π0,,2B可得2315sin1cos,16BB=−=所以11315315sin2422164ABCSacB===△；21.

如图，在四棱台1111ABCDABCD−中，底面ABCD是菱形，111222===ABAAAB，60ABC=，1AA⊥平面ABCD.（1）证明：BD⊥CC1；（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角1EADD−−的余弦值为1?3若存在，

求线段CE的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，312CE=−【解析】【分析】（1）连接11,ACAC,根据题意证得BDAC⊥和1AABD⊥，利用线面垂直的判定定理，证得BD⊥平面11ACCA，进而证得1BDCC⊥；（2）取BC中点Q，连接AQ，以A为原点，

建立空间直角坐标系，假设点E存在，设点()3,,0E，求得平面1ADE和1ADD的一个法向量(),3,3n=−和()3,0,0AQ=，结合向量的夹角公式，列出方程，求得32=，即可求解.【小问1详解】证明:如

图所示，连接11,ACAC,因为1111ABCDABCD−为棱台，所以11,,,AACC四点共面，又因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC⊥，因为1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以1AABD⊥，又因为1AAACA=且1,AAAC平面11ACCA，所以BD⊥平面11ACCA

，因为1CC平面11ACCA，所以1BDCC⊥.【小问2详解】解：取BC中点Q，连接AQ，因为底面ABCD是菱形，且60ABC=，所以ABC是正三角形，所以AQBC⊥，即AQAD⊥，由于1AA⊥平面ABCD，以A为原点，分别以1,,AQADAA为x轴、y轴和z轴，建立如

图所示的空间直角坐标系，则()()()()110,0,0,0,0,1,0,1,1,3,0,0AADQ假设点E存在，设点E的坐标为()3,,0，其中11−，可得()()13,,0,0,1,1AEAD==设平面1ADE的法向量(),,nxyz=r，则

1300nAExynADyz=+==+=，取xλ=，可得3,3yz=−=，所以(),3,3n=−.又由平面1ADD的法向量为()3,0,0AQ=，所以231cos,336AQn==+，解得32=由于二面角1EADD−−为锐角，则点E在线段QC上，

所以32=，即312CE=−故BC上存在点E，当312CE=−时，二面角1EADD−−的余弦值为13.22.已知点M（1，0），N（1，3），圆C：221xy+=，直线l过点N．（1）若直线l与圆C相切，求l的方程；（2）若直线l与圆C交于不同的两点A，B，设直线MA，MB的斜率

分别为k1，k2，证明：12kk+为定值．【答案】（1）1x=或4350xy−+=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先判断直线l不存在斜率时符合题意；再设直线l的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，列式求解即可．（2）设出直线l的方程，与圆的方程联立，得到关于x

的一元二次方程，再利用根与系数的关系及直线的斜率公式进行证明．【小问1详解】解：若直线l的斜率不存在，则l的方程为1x=，此时直线l与圆C相切，故1x=符合条件；若直线l的斜率存在，设斜率为k，其方程为()13ykx=−+，即30kxyk−−+=，由直线l

与圆C相切，圆心（0，0）到l的距离为1，得2311kk−+=+，解得43k=，所以直线l的方程为()4133yx=−+，即4350xy−+=，综上所述，直线l的方程为1x=或4350xy−+=；【小问2详解】证

明：由（1）可知，l与圆C有两个交点时，斜率存在，此时设l的方程为30kxyk−−+=，联立22301kxykxy−−+=+=，得()()2222126680kxkkxkk−−+++=-，则()()()22222641

6824320kkkkkk=++−−−−=＞，解得43k，设A（x1，y1），B（x2，y2），则2122261kkxxk−+=+，2122681kkxxk−+=+，（1）所以()()12121212121331111kxkxyykkxxxx−+−+=+=+−−−−()(

)12121212323322111xxkkxxxxxx+−=++=+−−−++，将（1）代入上式整理得121862293−−+=+=−kkkk，故12kk+为定值23−．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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