精品解析：四川省遂宁市大英中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

大英中学创新部高2023级十月素质测评数学试卷 一、单选题本题共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. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 数列满足，若，，则（      ） A. B. C. 1 D. 2 3. 以椭圆的长轴端点为焦点、以椭圆焦点为顶点的双曲线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知等差数列满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知椭圆的两个焦点为，为椭圆上一点，.若的内切圆面积为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次掷出的点数之和是3”，表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. 与独立 D. 与独立 10. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下面结论正确的是：（ ） A. 直线与曲线一定有交点 B. 曲线围成的图形的周长是 C. 曲线围成的图形的面积是 D. 曲线上的任意两点间的距离不超过2 11. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 当为中点时，为锐角 B. 存在点，使得平面 C. 的最小值 D. 顶点到平面的最大距离为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线 的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为________. 13. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为________. 14. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为__________. 四、解答题本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知在等差数列中，，前项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． （1）求与； （2）定义新数列满足，求前10项的和． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的大小； （2）若，的外接圆直径为，求的周长. 17. 如图，圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦. （1）当时，求的长; （2）当时，写出所在的直线的方程. 18. 已知平面边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面， ①求三棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知点在椭圆上，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）若不过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，且， ①求证：直线AB经过定点； ②求面积的取值范围（为坐标原点）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大英中学创新部高2023级十月素质测评数学试卷 一、单选题本题共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. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，化简复数，进而可求虚部. 【详解】， 故的虚部为， 故选：B 2. 数列满足，若，，则（      ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由递推公式可得答案. 【详解】因为，，， 则，， ，， 故选：C. 3. 以椭圆的长轴端点为焦点、以椭圆焦点为顶点的双曲线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定双曲线的焦点和顶点，进而可得双曲线方程. 【详解】椭圆的长轴端点为， 椭圆焦点为， 即双曲线的焦点为，顶点为， 所以双曲线方程为. 故选：A. 4. 已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由空间向量的夹角公式计算即可 【详解】，，， ， 由题意有 即， 整理得， 解得 故选：B 5. 已知等差数列满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质计算即得. 【详解】在等差数列中， 故选：B. 6. 已知椭圆的两个焦点为，为椭圆上一点，.若的内切圆面积为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 计算得到，，化简得到，解得答案. 【详解】根据勾股定理得到：，即； 的内切圆面积为，故. 根据等面积法得到：，故. 故，即，解得或（舍去）. 故选： 【点睛】本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的综合应用能力. 7. 已知，直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出两直线所过定点，确定动点P的轨迹方程，结合圆上的点到定直线的距离的最值，即可求得答案； 【详解】直线整理可得，， 即直线恒过，同理可得恒过， 又，直线和互相垂直， 两条直线的交点在以，为直径的圆上， 即的轨迹方程为，去掉， （这是因为不能表示直线，不能表示直线） 设该圆心为，则，则， 由于垂直于直线，故M到的距离即为，而， 即，而当时，点的坐标为，不符合题意. 故的取值范围是， 故选：C． 8. 已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 【答案】A 【解析】 【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知 ，当且仅当（或）时，取等号. 点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以 . 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次掷出的点数之和是3”，表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. 与独立 D. 与独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义逐项判断即可. 【详解】试验的样本空间 ， 事件， ，， 对于A，事件与没有公共的基本事件，与互斥，A正确； 对于B，显然是中元素，也满足事件，即与可以同时发生，B错误； 对于C，，，，，与独立，C正确； 对于D，，，，与独立，D正确. 故选：ACD 10. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下面结论正确的是：（ ） A. 直线与曲线一定有交点 B. 曲线围成的图形的周长是 C. 曲线围成的图形的面积是 D. 曲线上的任意两点间的距离不超过2 【答案】AC 【解析】 【分析】先画出曲线，对于A，可求出直线所过的定点，从而可判断A的正误，结合曲线的特征，利用对称性可求周长和面积，故可判断BC的正误，结合特例可判断D的正误. 【详解】曲线可化为， 当变换为，变换为时，方程不变， 故曲线的对称轴为轴，轴，对称中心为原点. 当时，即为， 它表示一段半圆及原点，其中半圆的圆心为，半径为， 故曲线如下图实线所示： 对于A：可化为， 令可得， 故直线过定点，且在曲线内部， 故动直线与曲线一定有交点，故A正确. 对于B：如图，曲线由4段相同的半圆及原点构成， 故曲线的弧长为，故B错误. 对于C：曲线围成的区域由个半圆及一个正方形构成， 故其面积为，故C正确. 对于D，取点，则均为上的点， 而，故D错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛：对于一些较为复杂的曲线的刻画，可结合方程的特征寻找曲线的对称性，从而可简化曲线性质的讨论. 11. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 当为中点时，为锐角 B. 存在点，使得平面 C. 的最小值 D. 顶点到平面的最大距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D. 【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设， 则， 则，故， 则， ， 对于A，当为中点时， 则，， 则，， 所以， 所以为锐角，故A正确； 当平面， 因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，当时，取得最小值， 由B得，此时， 则，， 所以， 即的最小值为，故C错误； 对于D，， 设平面的法向量， 则有， 可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时， ， 当且仅当时，取等号， 所以点到平面的最大距离为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线 的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出渐近线方程，再由相互垂直得到斜率之积为求出，最后由离心率的定义求出结果即可； 【详解】渐近线方程为， 因为两条渐近线互相垂直，所以，即， 所以离心率为， 故答案为：. 13. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为________. 【答案】 【解析】 【分析】由平均数的定义算出，再由百分位数的定义即可求解. 【详解】依题意，，解得， 将数据从小到大排列可得：， 又，则分位数为. 故答案为：. 14. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设存在定点，使得点在圆上运动时，均有，结合两点间距离公式，可确定的值，从而有，再利用抛物线的方程，根据二次函数的性质，求得的最小值，即可得解． 【详解】由题意知，焦点， 设存在定点，使得点在圆上运动时，均有， 设，则， 由，知， 联立两式，消去可得， 令，则，满足上式， 所以， 所以， 当且仅当，三点共线时，等号成立， 设，则， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以， 即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题的难点在于在轴上找到点，使得，从而，利用三点共线即可完成，属于难题. 四、解答题本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知在等差数列中，，前项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． （1）求与； （2）定义新数列满足，求前10项的和． 【答案】（1） （2）1389 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差和等比数列的公比分别为，根据等差数列和等比数列的基本量运算，列出方程组，解之即得数列通项； （2）根据数列的奇偶性特征，运用分组求和法，及等差数列和等比数列的求和公式计算即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则由题意可得： 解得：， 所以； 【小问2详解】 由（1）得： 所以 . 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的大小； （2）若，的外接圆直径为，求的周长. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）借助向量垂直数量积为零结合余弦定理即可得解； （2）借助正弦定理计算可得，再利用余弦定理计算可得，即可得其周长. 【小问1详解】 由，得， 整理得，所以由余弦定理，得， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）根据正弦定理，得，解得， 由余弦定理，得， 解得，所以的周长为. 17. 如图，圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦. （1）当时，求的长; （2）当时，写出所在的直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出直线方程利用圆的弦长公式计算可得结果； （2）分情况讨论直线的斜率是否存在，利用弦长即可求得对应直线方程. 【小问1详解】 当时，直线的斜率为， 又直线过，所以直线的方程为，整理有； 根据圆的方程为，得圆心，半径， 设圆心到直线距离为，则， 所以. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时圆心到直线的距离为，此时，符合题意； 当直线的斜率存在时， 设直线的斜率为，此时直线方程为， 整理有，圆心到直线的距离， 因为，所以有，整理有， 即，解得， 所以直线的方程为，即； 综上所述当时，直线所在的直线的方程为或. 18. 已知平面边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面， ①求三棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因，，故, 又，且，故 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面. （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）①连接,设,连接，利用线面平行的性质推得，确定点是线段上靠近点的三等分点，从而求得体积；②依题意建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①如图，连接,设，连接, 因平面，且平面,平面平面， 则，故， 在四边形中，由,可得, 故，即，即点是线段上靠近点的三等分点， 故 ② 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则, 所以，,, 设平面的法向量为， 则，可取， 因， 故,, 设平面的法向量为，则由， 可取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断证明和空间向量在求空间角方面的应用.解题关键在于要熟悉关于线面平行、垂直的判定和性质定理，熟练掌握利用条件建系，运用向量夹角的坐标公式计算求解空间角. 19. 已知点在椭圆上，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）若不过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，且， ①求证：直线AB经过定点； ②求面积的取值范围（为坐标原点）. 【答案】（1） （2）①证明：联立，消元整理得， 时， 设，，则，， AI 由， 得， 所以， 所以， 化简得，即， 所以或， 当时过点，不合题意，舍去， 所以，即，此时过定点. ② 【解析】 【分析】（1）由点在椭圆上、离心率定义、即关系求出即可； （2）①直曲联立得到出韦达定理，表示出斜率，化简得到与的关系即可； ②由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出，然后结合基本不等式求出范围即可； 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②此时，所以，设到直线的距离为， 则，， ， 当且仅当时，当时， 所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问的第一小问求直线过定点时，需利用韦达定理化简得到与的关系；第二小问求面积范围时，结合基本不等式讨论即可； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $