2023-2024学年云南省昆明市云南师范大学实验中学高二上学期9月月考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省昆明市云南师范大学实验中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷一､单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.i是虚数单位，复数，则（）A. B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为i是虚数单位，复数，所以，所以.故选：A2.已知过点和的直线与直线平行，则的值为（）A.0 B. C. D.10〖答案〗C〖解析〗因与直线平行，故.又，故，所以即.故选C.3.设，且，则（）A. B.10 C.20 D.100〖答案〗A〖解析〗由，可得，，由换底公式得，，所以，又因为，可得．故选：A.4.直线关于轴对称的直线方程是（）A.3x-4y-6=0 B.4x-3y-6=0C.3x-4y+6=0 D.4x-3y+6=0〖答案〗C〖解析〗直线交轴于点，且直线的斜率为，故所求直线的斜率为，故所求直线的方程为，即.故选：C.5.已知锐角的终边上一点，则锐角＝A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵锐角的终边上一点，∴∴＝70°故选C6.“”是“直线：与直线：垂直”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗若，则，解得或.所以由可以得到，反之则不然，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.若函数且满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函数满足对任意的实数都有，所以函数是上的增函数，则由指数函数与一次函数单调性可知应满足，解得，所以数的取值范围为，故选：A8.我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图).如果小正方形的边长为，大正方形的边长为，直角三角形中较小的锐角为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗直角三角形中较短的直角边为x，则：x2+(x+2)2＝102，解得：x＝6，∴sinθ，cosθ，∴sin（）﹣cos（）＝﹣cosθ﹣（cosθcos）sinθ﹣（）cosθ，故选：D．二､多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.已知动直线与圆，则下列说法正确是（）A.直线过定点B.圆的圆心坐标为C.直线与圆的相交弦的最小值为D.直线与圆的相交弦的最大值为4〖答案〗ACD〖解析〗对于A，直线，即，令，得，即直线过定点，故A正确；对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，又因为，所以相交弦的最小为，故C正确；对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.故选：ACD10.以下四个命题表述正确的是（）A.若点在圆外，则实数m的取值范围为B.圆上有且仅有3个点到直线的距离等于C.圆和圆外切D.实数满足，则的取值范围是〖答案〗ABD〖解析〗A.点在圆外,,，A选项正确.B.圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，B选项正确.C.的圆心为，半径为；的圆心为，半径为，所以圆心距为，所以C选项错误.D.圆的圆心为，半径为，表示圆上的点与点连线的斜率，当直线与圆相切时，如图所示，，所以，结合对称性可知的取值范围是，D选项正确.故选：ABD11.下列说法正确的是（

）A.命题“”的否定是“”B.命题“，”的否定是“，”C.“”是“”的必要条件D.“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件〖答案〗BD〖解析〗对于A选项，命题“”的否定是“，”，故A选项错误；对于B选项，命题“，”的否定是“，”，故B选项正确；对于C选项，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C选项错误；对于D选项，关于x的方程有一正一负根，则，解得，则“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D选项正确.故选：BD.12.已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（）A.直线与直线所成的角为B.直线与平面所成角的余弦值为C.平面D.点到平面的距离为〖答案〗ABC〖解析〗如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系.则，，，，对于A：，，因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；对于C：因为，，，所以，，所以，，因，所以平面，故选项C正确；对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；对于D：因为，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故选项D不正确故选：ABC.三､填空题（本大题共4小题，共20分）13.函数的定义域为____.〖答案〗〖解析〗对于函数，有，解得.因此，函数的定义域为.故〖答案〗为：.14.已知点在平面外，点在平面内，平面的法向量，则点到平面的距离为__________.〖答案〗〖解析〗由已知可得，，所以，点到平面的距离为.故〖答案〗为：.15.已知平面内点一定点，点M、N分别是x轴和直线上的两个动点，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗作出点关于轴的对称点,则,最小值即为到直线的距离,所以的最小值为.故〖答案〗为：.16.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积____________〖答案〗16π〖解析〗如图所示，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，因为平面，所以，所以，所以截球所得的圆的半径为,所以球的半径为，所以的表面积为.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，在平面直角坐标系xOy中，N（0，0），M（3，0），动点Q满足，设动点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）直线与曲线C交于A、B两点，求．解：（1）设，因为N（0，0），M（3，0），动点Q满足，所以，即，整理得，所以曲线C的轨迹方程为；（2）因为直线与曲线C交于A、B两点，又圆心到直线的距离，所以.18.如图，在四边形中，，，，，.（1）求；（2）求的长.解：（1）因为，，则、均为锐角，所以，，，，，则，因此，；（2）在中，由正弦定理可得，可得，在中，由余弦定理可得，因此，.19.某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100）作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，的频数分别为8，2．（1）求样本容量和频率分布直方图中的的值；（2）估计本次竞赛学生成绩的中位数；（3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率．解：（1）由题意可知，样本容量n==50，x=0.100-0.004-0.010-0.016-0.040=0.030；（2）设本次竞赛学生成绩的中位数为m，平均分为，则[0.016+0.03]×10+(m-70)×0.040=0.5，解得，=(55×0.016+65×0.030+75×0.040+85×0.010+95×0.004)×10=70.6,（3）由题意可知，分数在[80，90）内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在[90，100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，分别：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a1，b1），（a1，b2），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，a5），（a3，b1），（a3，b2），（a4，a5），（a4，b1），（a4，b2），（a5，b1），（a5，b2），（b1，b2）．其中2名同学分数都不在[90，100]内的情况有10种，分别为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a3，a4），（a3，a5），（a4，a5）．∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率.20.如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；（2）求二面角E﹣CD﹣A的余弦值．解：（1）证明：取的中点，连接，所以，又因为，所以四边形是平行四边形.因为，，所以四边形是正方形，则，，所以，得到，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面.因为平面，平面平面.（2）因为平面，平面，所以，，则两两垂直，如图建立空间直角坐标系.则，，，，，，所以，.设平面的法向量为，所以,所以即令，则，所以平面的法向量为，又因为平面的法向量，所以，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.21.过点的直线为为圆与轴正半轴的交点.（1）若直线与圆相切，求直线的方程：（2）证明：若直线与圆交于两点，直线的斜率之和为定值.解：（1）由已知可得，圆心，半径.当直线斜率不存在时，方程为，此时直线与圆不相切；当直线斜率存在时，设直线斜率为，则方程为，即.由直线与圆相切，可知圆心到直线的距离，整理可得，，解得或.所以，直线的方程为或.综上所述，直线的方程为或.（2）由题设得到点，当直线斜率不存在时，方程为，此时直线与圆的交点为，，则；当直线斜率存在时，设直线方程为，代入圆的方程可得.设点，则.所以，，则.综上所述，与的斜率之和为定值.故与的斜率之和为定值.22.如图，已知圆锥，是底面圆的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，．设二面角与二面角的大小分别为与．（1）求的值；（2）若，求二面角的正弦值．解：（1）连接，因为点P为圆锥的顶点，所以⊥平面，分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，则在圆O中，，由⊥平面，得PO⊥AC．又，故AC⊥平面PMO，平面,所以AC⊥PM．所以,同理，．于是；（2）因为，即，所以，即，∵，∴，．在圆O中，CA⊥CB，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz．则，，．又因为PO⊥平面ABC，所以OP∥z轴，从而．则，，．设平面PAC的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．设平面PBC的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．所以．所以二面角A-PC-B的正弦值为．云南省昆明市云南师范大学实验中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷一､单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.i是虚数单位，复数，则（）A. B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为i是虚数单位，复数，所以，所以.故选：A2.已知过点和的直线与直线平行，则的值为（）A.0 B. C. D.10〖答案〗C〖解析〗因与直线平行，故.又，故，所以即.故选C.3.设，且，则（）A. B.10 C.20 D.100〖答案〗A〖解析〗由，可得，，由换底公式得，，所以，又因为，可得．故选：A.4.直线关于轴对称的直线方程是（）A.3x-4y-6=0 B.4x-3y-6=0C.3x-4y+6=0 D.4x-3y+6=0〖答案〗C〖解析〗直线交轴于点，且直线的斜率为，故所求直线的斜率为，故所求直线的方程为，即.故选：C.5.已知锐角的终边上一点，则锐角＝A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵锐角的终边上一点，∴∴＝70°故选C6.“”是“直线：与直线：垂直”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗若，则，解得或.所以由可以得到，反之则不然，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.若函数且满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函数满足对任意的实数都有，所以函数是上的增函数，则由指数函数与一次函数单调性可知应满足，解得，所以数的取值范围为，故选：A8.我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图).如果小正方形的边长为，大正方形的边长为，直角三角形中较小的锐角为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗直角三角形中较短的直角边为x，则：x2+(x+2)2＝102，解得：x＝6，∴sinθ，cosθ，∴sin（）﹣cos（）＝﹣cosθ﹣（cosθcos）sinθ﹣（）cosθ，故选：D．二､多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.已知动直线与圆，则下列说法正确是（）A.直线过定点B.圆的圆心坐标为C.直线与圆的相交弦的最小值为D.直线与圆的相交弦的最大值为4〖答案〗ACD〖解析〗对于A，直线，即，令，得，即直线过定点，故A正确；对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，又因为，所以相交弦的最小为，故C正确；对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.故选：ACD10.以下四个命题表述正确的是（）A.若点在圆外，则实数m的取值范围为B.圆上有且仅有3个点到直线的距离等于C.圆和圆外切D.实数满足，则的取值范围是〖答案〗ABD〖解析〗A.点在圆外,,，A选项正确.B.圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，B选项正确.C.的圆心为，半径为；的圆心为，半径为，所以圆心距为，所以C选项错误.D.圆的圆心为，半径为，表示圆上的点与点连线的斜率，当直线与圆相切时，如图所示，，所以，结合对称性可知的取值范围是，D选项正确.故选：ABD11.下列说法正确的是（

）A.命题“”的否定是“”B.命题“，”的否定是“，”C.“”是“”的必要条件D.“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件〖答案〗BD〖解析〗对于A选项，命题“”的否定是“，”，故A选项错误；对于B选项，命题“，”的否定是“，”，故B选项正确；对于C选项，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C选项错误；对于D选项，关于x的方程有一正一负根，则，解得，则“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D选项正确.故选：BD.12.已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（）A.直线与直线所成的角为B.直线与平面所成角的余弦值为C.平面D.点到平面的距离为〖答案〗ABC〖解析〗如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系.则，，，，对于A：，，因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；对于C：因为，，，所以，，所以，，因，所以平面，故选项C正确；对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；对于D：因为，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故选项D不正确故选：ABC.三､填空题（本大题共4小题，共20分）13.函数的定义域为____.〖答案〗〖解析〗对于函数，有，解得.因此，函数的定义域为.故〖答案〗为：.14.已知点在平面外，点在平面内，平面的法向量，则点到平面的距离为__________.〖答案〗〖解析〗由已知可得，，所以，点到平面的距离为.故〖答案〗为：.15.已知平面内点一定点，点M、N分别是x轴和直线上的两个动点，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗作出点关于轴的对称点,则,最小值即为到直线的距离,所以的最小值为.故〖答案〗为：.16.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积____________〖答案〗16π〖解析〗如图所示，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，因为平面，所以，所以，所以截球所得的圆的半径为,所以球的半径为，所以的表面积为.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，在平面直角坐标系xOy中，N（0，0），M（3，0），动点Q满足，设动点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）直线与曲线C交于A、B两点，求．解：（1）设，因为N（0，0），M（3，0），动点Q满足，所以，即，整理得，所以曲线C的轨迹方程为；（2）因为直线与曲线C交于A、B两点，又圆心到直线的距离，所以.18.如图，在四边形中，，，，，.（1）求；（2）求的长.解：（1）因为，，则、均为锐角，所以，，，，，则，因此，；（2）在中，由正弦定理可得，可得，在中，由余弦定理可得，因此，.19.某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100）作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，的频数分别为8，2．（1）求样本容量和频率分布直方图中的的值；（2）估计本次竞赛学生成绩的中位数；（3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率．解：（1）由题意可知，样本容量n==50，x=0.100-0.004-0.010-0.016-0.040=0.030；（2）设本次竞赛学生成绩的中位数为m，平均分为，则[0.016+0.03]×10+(m-70)×0.040=0.5，解得，=(55×0.016+65×0.030+75×0.040+85×0.010+95×0.004)×10=70.6,（3）由题意可知，分数在[80，90）内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在[90，100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，分别：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a1，b1），（a1，b2），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，a5），（a3，b1），（a3，b2），（a4，a5），（a4，b1），（a4，b2），（a5，b1），（a5，b2），（b1，b2）．其中2名同学分数都不在[90，100]内的情况有10种，分别为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a3，a4），（a3，a5），（a4，a5）．∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率.20.如图，在四棱锥中，平面，，，