【文档说明】四川省泸县第四中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.584 MB，由管理员店铺上传

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泸县四中2023年秋期高二第三学月考试数学试题一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1.已知向量()2,1,3a=−，()4,2,3b=−，则2ab+=（）A.()4,2,6−B.()8,4,6−C.()0,0,9D.()2,1,6

−【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算公式求解即可.【详解】因为()2,1,3a=−，所以()24,2,6a=−，又()4,2,3b=−，所以()20,0,9ab+=．故选：C.2.圆222430xyxy+−

++=的圆心为（）．A.(1,2)−B.(1,2)−C.(2,4)−D.(2,4)−【答案】A【解析】【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，从而可求出其圆心坐标.【详解】由222430xyxy+−++=，得22(

1)(2)2xy−++=，所以圆心为(1,2)−，故选：A3.点P（-1，2）到直线8x-6y+15=0的距离为（）A.2B.12C.1D.72【答案】B【解析】【分析】【详解】点P（﹣1，2）到直线8x﹣6y+15=0的距离为22812155110286−−+==+,故选B.4.

盒中有4个大小相同的球，其中白球2个，黑球2个，从中任意摸出2个（摸出后不放回），则至少摸出一个黑球的概率为（）A.16B.12C.13D.56【答案】D【解析】【分析】正难则反，计算摸出的球全为白球的概率，用1减去对应概率即可.【详解】由题意知，

若摸出的两球全为白球，则对应的概率为：222416CPC==，则至少摸出一个黑球的概率为15166P=−=.故选：D5.某班统计一次数学测验成绩的平均分与方差，计算完毕才发现有个同学的分数还未录入，只好重算一次.已知原平均分和原方差分别为x，2s，新平均分和新方差分别为1x，21

s，若此同学的得分恰好为x，则（）A.1xx=，221ss=B.1xx=，221ssC.1xx=，221ssD.1xx，221ss=【答案】C【解析】【分析】利用平均数和方差的公式即可求解.【详解】设这个班有n个同学，分数分别是

1a，2a，3a，…，na，第i个同学的成绩iax=没录入，第一次计算时，总分是()1nx−，方差()()()()()222222121111iinsaxaxaxaxaxn−+=−+−++−+−++−−；第二次计算时，()11nxxxxn−+==，方差()(

)()()()()222222221121111iiinnsaxaxaxaxaxaxsnn−+−=−+−++−+−+−++−=，故221ss.故选：C.6.已知倾斜角为的直线l与直线230xy+−=垂直，则sin2的值为A.35B.45C

.15D.15−【答案】B【解析】【详解】由题意得1tan()1tan2,2−=−=所以22222sincos2tan224sin2.sincostan1215====+++选B.点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与

结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约

分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.7.对于事件A与事件B，下列说法错误的是（）A.若事件A与事件B互为对立事件，则P（A）+P（B）=1B.若事件A与事件B相互独立，则P（AB）=P（A）P（B）C.若P（A）+P（B）=1，则事件A与事件B互为对立事件D

.若P（AB）=P（A）P（B），则事件A与事件B相互独立【答案】C【解析】【分析】根据对立事件和独立事件的定义和性质逐项分析.【详解】对于A，事件A和事件B为对立事件，则A，B中必然有一个发生，()()1PAPB+=，正确；对于B，根据独立事件的性质知(

)()()PABPAPB=，正确；对于C，由()()1PAPB+=，并不能得出A与B是对立事件，举例说有a，b，c，d4个小球，选中每个小球的概率是相同的，事件A表示选中a，b两球，则()12PA=，事件B表示选中b，c两球，则()12PB=，()(

)1PAPB+=，但A，B不是对立事件，错误；、对于D，由独立事件的性质知：正确；故选：C.8.已知点A，B分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的右、上顶点，过椭圆C上一点P向x轴作垂线，垂足恰好为左焦点1F，且ABOP∥，则椭圆C的离心率为（）A.14B.12C.2

2D.24【答案】C【解析】【分析】根据题意可得(,0)Aa，(0,)Bb，2(,)bPca−，再根据//ABOP列式求解即可【详解】由已知得：(,0)Aa，(0,)Bb，2(,)bPca−所以(,)AB

ab=−，2(,)bOPca=−由ABOP∥得：//ABOP所以2babca−=−所以bc=由222abc=+得：2ac=所以22cea==故选：C二．多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）9.如图，在边长为1的正方体1111ABCDABCD−中，,,EFG分别是棱111

,,CCADAB的中点，则下列结论中正确的是（）A.//CF平面1AEDB.CFDG⊥C.DG⊥平面1AEDD.CF//DG【答案】ABC【解析】【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法依次判断各个选项即可.【详解】以D为坐标原点，1,,

DADCDD正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0D，()0,1,0C，1,0,02F，10,1,2E，()1,0,0A，()10,0,1D，11,,12G，1,1,02CF=−，11,,12DG=，1

1,1,2AE=−，()11,0,1AD=−，设平面1AED的法向量(),,nxyz=，则11=++=02=+=0AEnxyzADnxz−−，令=2z，解得：=2x，=1y，()2,1,2n=；对于A，1100CFn=−+=，即CFn⊥，//CF平面1AED，

A正确；对于BD，110022CFDG=−+=，CFDG⊥，B正确，D错误；对于C，12DGn=，//DGn，DG⊥平面1AED，C正确.故选：ABC10.已知直线l1：3x﹣y﹣1＝0，l2：x＋2y﹣5＝0，l3：x﹣ay﹣3＝0不能围成三角形，则实数a的取值可能为（）A.1B.13C

.﹣2D.﹣1【答案】BCD【解析】【分析】根据三条直线中有两条直线的斜率相等时，或者三条直线交于一点时，不能构成三角形进行求解即可.【详解】因为直线l1的斜率为3，直线l2的斜率为12−，所以直线12,ll一定相交，交点坐标是方程组3125xyxy−=+=的解，解得交点坐标为：(1,2)

.当0a=时，直线3l与横轴垂直，方程为：3x=不经过点(1,2)，所以三条直线能构成三角形；当0a时，直线3l的斜率为：1a.当直线l1与直线l3的斜率相等时，即1133aa==，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l2与直线l3的斜率相等时，即1122aa=−

=−，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l3过直线12,ll交点(1,2)时，三条直线不能构成三角形，即有12301aa−−==−，故选：BCD【点睛】本题考查了三条直线不构成三角形求参数取值范围问题，考查了直线平行与相交的判断，考查了分类讨论思想，考查了数学运算

能力.11.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为2240xyx+−=.若直线()1ykx=+上存在一点P，使过.P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取可以是A.1B.2C.3D.4【答案】AB【解析】【分析】先得到P的轨迹方程为圆，与直线()1ykx=+有交点，得

到k的范围，得到答案.【详解】222240(2)4xyxxy+−=−+=P所作的圆的两条切线相互垂直，所以P，圆点C，两切点构成正方形22=PC即22(2)8xy−+=P在直线()1ykx=+上，圆心距220221kk

dk−+=+计算得到2222k−故答案选AB【点睛】本题考查了圆的切线问题，通过切线垂直得到P的轨迹方程是解题的关键.12.已知过双曲线22:184xyC−=的左焦点F的直线l与双曲线左支交于点,AB，过原点与弦AB的中点D的直线交直线433x=−于点E，若AEF△为等腰直角三角

形，则直线l的方程为（）A.(322)230xy+−+=B.(322)230xy−++=C.(322)230xy−−+=D.(322)230xy+++=【答案】AC【解析】【分析】首先设出直线l的方程，并代入双曲线方程得到一元二次方程，然后根据题意求出,DE的坐标，进而

利用斜率关系确定出直线EF与直线l的垂直关系，得到EFAF=，利用两点间的距离公式求出点A的坐标，计算出m的值,最后确定出直线l的方程.【详解】由题意知(23,0)F−，设直线l方程为23xmy=−()2m，将l方程与双曲线

方程联立，整理得()2224340mymy−−+=.设()()1122,,,AxyBxy，则224816(2)0mm=−−，由韦达定理得122432myym+=−，所以1222322yymm+=−，()12122432

3222myyxxm++=−=−，即224323,22mDmm−−，故直线OD方程为2myx=.令433x=−，得233ym=−，即4323,33Em−−，所以直线EF斜率为230343233mm−−=−−+，所以EFl⊥，因此EFAF

=，即2222211144(23)(1)33mxymy+=++=+，解得1233y=.又2211184xy−=，所以1463x=−，所以(322)m=−，从而直线l方程(322)230xy+−+=或(322)230xy−−+=.故选：AC.【点睛】方法点睛：本题涉

及到双曲线的弦AB上的中点D，可以利用点差法或者韦达定理，整理得到22ABODbkka=.三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.某工厂生产10个产品，其中有2个次品，从中任取3个产品进行检测，则3个产品中至多有1个次品的概率为_

___________.【答案】1415【解析】【分析】根据组合数的计算公式、古典概型概率计算公式等知识求得正确答案.【详解】3个产品中至多有1个次品的概率为：为30218282310CCCC565614C12015++==.故答案为：141514.已知点(0,2

,0)P，(0,0,0)O，(1,2,4)A，(1,2,4)B−，过点P作PH⊥平面OAB，H为垂足，则点H的坐标是_________.【答案】240,,55【解析】【分析】设(),,Habc，先根据0,0

PHOAPHOB==求出,,abc的关系，再根据,,,OABH四点共面，即可得出答案.【详解】设(),,Habc，则(),2,PHabc=−，()()1,2,4,1,2,4OAOB==−，因为PH⊥平面O

AB，,OAOB平面OAB，所以,PHOAPHOB⊥⊥，则()()22402240PHOAabcPHOAabc=+−+==−+−+=，解得0,22abc==−，所以()0,22,Hcc−，因为PH⊥平面OAB，H为垂足，所以,,,OABH四点

共面，则存在唯一实数对(),xy使得OHxOAyOB=+，即()()0,22,,22,44ccxyxyxy−=−++，所以0222244xycxycxy=−−=+=+，解得14,105xyc===，所以240,,55H.故答案为：240,,5515.已知

点(1,0)A−，(1,2)B，圆()22:25Cxay−+=(0a上存在唯一的点P(N)n，使2212PAPB+=，则实数a的值是__________.【答案】22或43【解析】【分析】求得点P的轨迹方程，由点P的轨迹与圆C只有一个公共点，列出方程，即可求解.【

详解】设(,)Pxy，则222222(1),(1)(2)PAxyPBxy=++=−+−，因为2212PAPB+=，整理得22230xyy+−−=，即22(1)4xy+−=，所以点P的轨迹方程为22(1)4xy+−=，又因为圆C上存在唯一的点P符合题意，所以两圆内相切，因

为圆()22:25Cxay−+=，可得圆心(,0)Ca，半径15r=，圆()2214xy+−=，可得圆心()0,1，半径22r=，可得21217arr+=+=或21213arr+=−=，解得43a=或22a=，又0a，所以实数a的值为22或43.故答案：22或43.16.

已知抛物线()2:20Cxpyp=，焦点为F，过点()22,Mp−−作抛物线C的两条切线，切点分别是A，B，已知线段AB的中点()0,6Nx，则AFBF的值是__________.【答案】17或44【解析】【分析】设切点11(,)Axy，22(,)Bxy，利用导数的几何意义，写出两条切

线方程，联立解方程组，并结合点M和N的坐标，推出p的值，再利用抛物线的定义计算AFBF的值即可.详解】由题意知，1(0,)2Fp，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则1212(,)22xxyyN++，2112xpy=，2222xpy=，为【所以21112

yxp=，22212yxp=，因为线段AB的中点()0,6Nx，所以1262yy+=，即1212yy+=，所以2212111222xxpp+=，即221224xxp+=，因为22xpy=，所以212yxp=，则1yxp=，所以切线MA的

方程为1111()yyxxxp−=−，即211111yyxxxpp−=−因为2112xpy=，所以211111yyxxxpp−=−可化为211112yxxxpp=−同理切线MB的方程为2221()yyxxxp−=−，可

化为222112yxxxpp=−.联立方程211222112112yxxxppyxxxpp=−=−，解得1212212xxxyxxp+==，即12121(,)22xxMxxp+，因为()22,Mp−−，所以12222xx+=−，1212xxpp=−，

即1242xx+=−，2122xxp=−，又因为221224xxp+=，所以21212()224xxxxp+−=，把1242xx+=−和2122xxp=−代入上式，可得232424pp+=，化简得2680pp−

+=，解得2p=或4p=，由抛物线定义可得112AFyp=+，212BFyp=+，所以1211()()22AFBFypyp=++2121211()24yypyyp=+++，因为2221212212111()22

4xxppyxpyx==，1212yy+=，所以212221(1112424)AFxxpBFpp+=+，所以2224115114426244AFBFpppppp+=+=+，当2p=时，5462174AFBF=+=，当4p=时，5166

4444AFBF=+=，综上，AFBF的值为17或44.故答案为：17或44.四、解答题（本大题共6个大题，共70分）17.围棋是一种策略性两人棋类游戏，已知围棋盒子中有多粒黑子和多粒白子，从中随机取

出2粒，都是黑子的概率是13，都是白子的概率是1330.（1）求从中任意取出2粒恰好是同一色的概率；（2）求从中任意取出2粒恰好是不同色的概率.【答案】（1）2330（2）730【解析】【分析】（1）根据设事件A=“从中任意取出2粒都是黑子”，事件

B=“从中任意取出2粒都是白子”，事件C=“任意取出2粒恰好是同一色”，因为A与B互斥，从而得到()()()PCPAPB=+，得到答案；（2）设事件D=“从中任意取出2粒恰好是不同色”，根据对立事件的概率和为1，结合（1）得到结论，得到答案.

【详解】（1）设事件A=“从中任意取出2粒都是黑子”，事件B=“从中任意取出2粒都是白子”，事件C=“任意取出2粒恰好是同一色”，则CAB=，且事件A与B互斥，则()()()1132333030PCPAPB=+=+=，即任意取出2粒恰好是同一色的概率是2330.（2）设事件

D=“从中任意取出2粒恰好是不同色”，由（1）知事件D与事件C是对立事件，且()2330PC=，所以任意取出2粒恰好是不同色的概率()()237113030PDPC=−=−=.【点睛】本题考查互斥事件的概率，利用对立事件的概率关系求概率，属于

简单题.18.已知ABC的三个顶点(,)Amn､(2,1)B､(2,3)C−.（1）求BC边所在直线的方程；（2）BC边上中线AD的方程为2360xy−+=，BC边上高线AE过原点，求点A的坐标.【答案】（1）240xy+−=（2）3,32A【解析】【分析】（1

）利用两点式求得BC边所在直线方程；（2）由题意可得2360−+=mn，求出BC边上高线AE的方程，将点(,)Amn代入AE的方程，解关于,mn的方程组即可求解.【小问1详解】由()2,1B、()2,3C−可得311222B

Ck−==−−−，所以BC边所在直线方程为()1122yx−=−−，即240xy+−=.【小问2详解】因为BC边上中线AD的方程为2360xy−+=，所以点(,)Amn在直线2360xy−+=上，可得2360−+=mn，因为12BCk=−，所以BC边上高线AE的斜率2AEk=，因为BC边上

高线AE过原点，所以AE的方程为2yx=，可得2nm=，由23602mnnm−+==可得：323mn==，所以点A的坐标为3,32.19.已知直线l过点(2,1)和点(5,4)．（1）求直线l的方程．（2）若圆C的圆心在直线l上，且与y轴相切于(0,3)点，

求圆C的方程．【答案】（1）1yx=−；（2）22(4)(3)16xy−+−=【解析】【分析】（1）由待定系数法，代入两点坐标求得直线方程．(2设圆心为(),ab，半径为r，由待定系数法求得圆的方程．

【详解】（1）设直线l的方程为：ykxb=+，将点()2,1和点()5,4代入得：2154kbkb+=+=，解得：1k=，1b=−，故直线l的方程为1yx=−．（2）设圆心为(),ab，半径为r，则由圆C的圆心在直线l上，且与y轴相切于()0,3可得：()()22213

03bababr=−=−+−=，解得434abr===，故圆C的方程为：()()224316xy−+−=．【点睛】本题考查由待定系数法求直线方程与圆的方程．需把几何关系转化为代数关系，注意运算的正确性．20.如图，已知四棱台1111ABCDABCD−的上、下

底面分别是边长为2和4的正方形，14AA=，且1AA⊥底面ABCD，点,PQ分别在棱1DD、BC上·（1）若P是1DD的中点，证明：1ABPQ⊥；（2）若//PQ平面11ABBA，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为49，求四面

体ADPQ的体积．【答案】（1）证明见解析（2）83【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算知10ABPQ=，即可证得结论；（2）利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得74,,02Q，再利用线面平行的已知条

件求得70,,12P，再将四面体ADPQ视为以ADQ△为底面的三棱锥PADQ−，利用锥体的体积公式即可得解.【小问1详解】以A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A，()12,0,4B，()0,4,0D，()10,2,4

D，设()4,,0Qm，其中mBQ=，04m，若P是1DD的中点，则()0,3,2P，()12,0,4AB=，()4,3,2PQm=−−，于是1880ABPQ=−=，∴1ABPQ⊥，即1ABPQ⊥．【小问2详解】由题设知，()4,4,0DQm=−，()10,2,4DD=−，是平面PDQ

内的两个不共线向量．设()1,,nxyz=是平面PDQ的一个法向量，则()1110440,240,0nDQxmyyznDD=+−=−+==，取4y=，得()14,4,2nm=−u

r．又平面AQD的一个法向量是()20,0,1n=，∴()()121222221222cos,442420nnnnnnmm===−++−+uruururuururuur，而二面角PQDA−−的余弦值为4

9，因此()2249420m=−+，解得72m=或92m=（舍去），此时74,,02Q．设()101DPDD=，而()10,2,4DD=−，由此得点()0,42,4P−，14,2,42PQ=−−，∵PQ∥平面11ABBA，且平面11AB

BA的一个法向量是()30,1,0n=，∴30PQn=，即1202−=，解得14=，从而70,,12P．将四面体ADPQ视为以ADQ△为底面的三棱锥PADQ−，则其高1h=，故四面体ADPQ的体积11184413323ADQVSh===．21.已知双

曲线C的渐近线方程为33yx=，且过点(3,2)P.（1）求C的方程；（2）设(1,0)Q，直线()xtt=R不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过定点.【答案】（1）2213xy−=（2）见解析【解析】【分析】（1）可设双曲线的方程为()229

30xy−=，将点(3,2)P代入求出，即可得解；（2）可设直线BQ为1xmy=+，()()()112211,,,,,BxyDxyAxy−，联立22131xyxmy−==+，消x，利用韦达定理求得12

12,yyyy+，然后求出直线AD的方程，整理分析即可得出结论.【小问1详解】解：因为双曲线C的渐近线方程为33yx=，则可设双曲线的方程为()22930xy−=，将点(3,2)P代入得9293−=，解得13=，所以双曲线C的方程为

2213xy−=；【小问2详解】解：显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ为1xmy=+，()()()112211,,,,,BxyDxyAxy−，联立22131xyxmy−==+，消x整理得()223220mymy−+−=，依题意得230m−且(

)224830mm=+−，即22m且23m，12122222,33myyyymm+=−=−−−，直线AD的方程为()211121yyyyxxxx++=−−，令0y=，得()211121xxyxxyy−=++122121xyxyyy+=+()()12212

111myymyyyy+++=+()1212212myyyyyy++=+2222223323mmmmmm−−−−=−−226323mmm−−=−−3=所以直线AD过定点()3,0.22.已知椭圆C：22221xyab+=（0ab

）的左、右焦点分别为1F，2F，长轴长为4，椭圆C过点31,2.（1）求椭圆C的方程；（2）已知x轴上存在一点E（点E在椭圆左顶点的左侧），过E的直线l与椭圆C交于点M和点N，且1EFM与1EFN互为补角，求1FMN△面积的最大值.【答案】

（1）22143xy+=（2）334【解析】【分析】（1）由条件可得2a=，然后将点31,2代入椭圆方程求出b即可；（2）设直线l为xmyn=+，()11,Mxy，()22,Nxy，联立直

线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得122634mnyym+=−+，212231234nyym−=+，由1EFM与1EFN互补可得110MFNFkk+=，由此可算出n=−4，然后用m表示出1MNFS即可得出答案.【小问1详解】.由已知得2a

=将点31,2代入椭圆方程，得3b=，∴椭圆C方程为22143xy+=.【小问2详解】设直线l为xmyn=+（0m），则E为(,0)n（2n−）由22143xmynxy=++=得()2223463120mym

nyn+++−=，∴()()222224364343120bacmnmn=−=−+−，可得2234nm+①设()11,Mxy，()22,Nxy，则122634mnyym+=−+，212231234nyym−=+，∵1EFM与1EFN互补，1(1,0)F−∴110M

FNFkk+=，则1212011yyxx+=++，∴1222110xyyxyy+++=，∴()12122(1)0myynyy+++=，∴()222646(1)3434mnmnnmm−+=++，解得n=−4，∴直线l的方程为4xmy=−，且由①可得，23416m+，即24m，由点1(1

,0)F−到直线l的距离22|1104|311dmm−−+==++，∴()()122212122221134141822134FMNmSMNdmyyyymm−==++−=++令24mt−=，0t，则121818163163FMNtStt

t==++△183342316=，当且仅当163tt=时，2213m=等号成立，所以1FMN△面积S最大值为334.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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