1、四川省双流中学2019-2020学年高二数学3月月考试题 理（含解析）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1z2|()A. 2B. 3C. 2D. 3【答案】A【解析】由题图可知，z12i，z2i，则z1z22，|z1z2|2，故选A.2.为研究两变量和的线性相关性，甲、乙两人分别作了研究，利用线性回归方程得到回归直线和，两人计算相同，也相同，则下列说法正确的是（ ）A. 与重合B. 与平行C. 与交于点（，）D. 无法判定与是否相交【答案】C【解析
2、】解：由线性回归方程的概念可知方程必定过样本中心点，因此相交于点，选C3.已知为平面，为直线，下列命题正确的是( )A. ，若，则B. ，则C. ，则D. ，则【答案】D【解析】选项直线有可能在平面内；选项需要直线在平面内才成立；选项两条直线可能异面、平行或相交.选项符合面面平行的判定定理，故正确.4.下列命题中真命题的个数有( ),；，；若命题是真命题，则是假命题；是奇函数A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】【分析】根据复合命题真假关系和奇函数定义等知识，逐项判断，即可求得答案.【详解】对于，恒成立，故正确；对于，当时，可得成立，故正确；对于，若命题是真命题，则至少有一个为真命
3、题，所以真假不能判断，所以错误；对于，令，则，可得是奇函数，故正确.故选：C【点睛】本题主要考查了命题真假判断，考查了全称特称命题的真假判断及复合命题的真假关系，还考查了函数奇偶性判断，属于基础题5.正方体不在同一侧面上的两顶点，则正方体外接球体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算两点之间的距离，再求其一半，即为外接球半径，代值即可计算.【详解】容易知：是正方体的体对角线上的两点坐标故正方体外接球半径为故故选：A.【点睛】本题考查空间中两点之间距离的坐标运算，属基础题.6.已知向量，若，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】因为，可得，即可
4、求出的值，然后根据的范围，利用同角三角函数间的关系求出得到的值，即可求得答案.【详解】，即故：又，故选：B【点睛】本题主要考查了求三角函数值，解题关键是掌握向量数量积公式和三角函数的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.7.九章算术中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？ ”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为步和步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可知：直角三角向斜边长为17，由等面积，可得内切圆的半径为：落在内切圆内的概率为，故落在圆外的概率为8.
5、已知函数的最小正周期是，若其图像向右平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图像（ ）A. 关于点对称B. 关于直线对称C. 关于点对称D. 关于直线对称【答案】D【解析】【分析】由最小正周期为可得,平移后的函数为,利用奇偶性得到,即可得到,则,进而判断其对称性即可【详解】由题,因为最小正周期为,所以,则平移后的图像的解析式为,此时函数是奇函数,所以,则,因为,当时,所以,令,则,即对称点为；令,则对称轴为,当时,，故选：D【点睛】本题考查图象变换后的解析式,考查正弦型三角函数的对称性9.若正数，满足，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了利用基本不
6、等式求解最值问题,解题的关键是基本不等式的应用条件的配凑【详解】解:， ,当且仅当,又,解得时取等号.所以D选项是正确的.【点睛】基本不等式解法中应掌握三种最基本类型：， ，10.如图，四面体中，两两垂直，点是的中点，若直线与平面所成角的正弦值为，则点到平面的距离（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用线面角，解得长度，利用等体积法求解即可.【详解】根据题意因为，所以平面BCD故因为，可得平面，则在平面上的射影与在一条直线上，故直线与平面所成角度即为在中：，故可得故，设点到平面的距离即整理得：解得故选：B.【点睛】本题考查线面垂直的判定，以及等体积法求点到面的距离
7、，属综合题.11.已知点，若圆上存在不同的两点，使得，且，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合题意将其转化为圆和圆的位置关系，两圆相交，计算出圆心距，即可求得答案.【详解】，圆圆的方程可以表示为故：圆心，半径，点，点在以线段为直径的圆上，圆心坐标是,即，半径圆上存在不同的两点使得，两圆相交，则两圆的圆心距为：， 即解得：的取值范围是故选：A【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系求参数范围，解题关键是掌握圆的基础知识和向量的垂直表示，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.12.已知双曲线的左焦点为F，虚轴的上端点为B，P为双曲线右支上的一个动点，若周长的最小值等
8、于实轴长的4倍，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由确定周长的最小值，然后根据题意列出等式，即可求出本题答案.【详解】设双曲线的右焦点为E，由题可得，因为，当且仅当在同一直线上取等号，则有，所以周长的最小值为，由题意得，解得.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，数形结合是解决本题的关键.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知复数和复数，则_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法运算法则结合两角和的正弦、余弦公式可计算出的值，即可求得答案.【详解】.故答案为：【点睛】本题考查复数乘法运算和两角和的正弦、
9、余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.14.若，则_【答案】3.【解析】【分析】先算出的坐标，然后就可算出答案【详解】因，所以所以故答案为：3【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算，较简单.15.某班学生，在高三8次月考的化学成绩用茎叶图表示如图，其中学生的平均成绩与学生的成绩的众数相等，则_【答案】5【解析】由题意，得 ，解得.16.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，且顶点在平面上的射影为的外心，是边长为的正三角形，分别是，的中点，则球的体积为_.【答案】【解析】【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，即可求得答案.【详解】根据题意画出图象：是
10、为的正三角形又顶点在平面上的射影为的外心正三棱锥，又，分别、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即故答案为：【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.计算：（1）；（2）.【答案】（1）16；（2）.【解析】【分析】（1）根据复数乘方运算，即可求得答案；（2）根据复数乘方运算，即可求得答案.【详解】（1）（
11、2）【点睛】本题主要考查了复数乘方运算，解题关键是掌握复数基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.18.全世界越来越关注环境保护问题，某监测站点于2018年1月某日起连续天监测空气质量指数()，数据统计如下：空气质量指数()空气质量等级空气优空气良轻度污染中度污染重度污染天数2040105（1）根据所给统计表和频率分布直方图中的信息求出，的值，并完成频率分布直方图；（2）由频率分布直方图，求该组数据的众数和中位数；（3）在空气质量指数分别属于和的监测数据中，用分层抽样的方法抽取天，再从中任意选取天，求事件“两天空气都为良”发生的概率.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析；(3).
12、【解析】分析：（1）利用统计表和频率分布直方图能求出n，m的值，并能完成频率分布直方图；（2）由频率分布直方图能求出该组数据的平均数和中位数；（3）气质量指数为和的监测天数中分别抽取4天和1天，在所抽取的5天中，将空气质量指数为的天分别记为，；将空气质量指数为的天记为，从中任取天，利用列举法能求出事件“两天空气都为良”发生的概率.解析：（1），；.（2）众数为120.中位数为.（3）在空气质量指数为和的监测天数中分别抽取天和天，在所抽取的天中，将空气质量指数为的天分别记为，；将空气质量指数为的天记为，从中任取天的基本事件分别为：，共种，其中事件“两天空气都为良”包含的基本事件为，共种，所以事件
13、“两天都为良”发生的概率是.点睛：本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想、数形结合思想.19.椭圆经过点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）求的角平分线所在直线的方程.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）假设椭圆的方程，根据离心率以及，可得，代点计算，可得结果.（2）先计算直线的方程，然后假设角平分线上任意一点，根据角平分线的点到直线距离相等，简单计算，可得结果.【详解】（I）设椭圆E的方程为由得将代入，有，所以椭圆的方程为.（II）由（I）知所以直线的方程为即直线的方程为由椭圆的图形
14、知的角平分线所在直线的斜率为正数.设为的角平分线所在直线上任一点，则有若得其斜率为负，不合题意，舍去.于是即所以的角平分线所在直线的方程为【点睛】本题考查椭圆的方程以及点到直线的距离，考验分析能力，属中档题.20.如图所示，在ABC中，D是BC边上的一点，且AB=14，BD=6，ADC=，（）求sinDAC；（）求AD的长和ABC的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（）在中，已知ADC=，要求sinDAC，所以将DAC用ADC和C来表示可得DAC=（ADC+C），进而用诱导公式可得， 再用两角和的正弦公式展开，利用条件可求得结果；（）在ABD中，知道一个角、两条边，故可用余弦定理求边AD
15、的长ACD中，根据条件由正弦定理可求CD边长，进而可求BC边长，根据条件分别求的面积即可得所求【详解】解：（）ACD中，因为DAC=（ADC+C），ADC=，所以 =； 因为 ，0C，所以 ； 所以 ； （）在ABD中，由余弦定理可得AB2=BD2+AD22BDADcosADB， 所以 ，所以 AD2+6AD160=0，即 （AD+16）（AD10）=0，解得AD=10或AD=16（不合题意，舍去）；所以 AD=10； 在中，由正弦定理得，即 ，解得CD=15；所以 ，即【点睛】三角形中已知边和角，求其它的边、角，应用正弦定理或余弦定理已知三边，可用余弦定理求角；已知两边一角，可用余弦定理求第
16、三边；已知两边一对角，可用正弦定理或余弦定理求第三边；已知两角一边，应用正弦定理求边21.如图，在直角梯形中，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，得到如图所示的几何体.（1）求证：平面；（2）若，二面角的平面角的正切值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）要证平面，只需证明和，即可求得答案；（2）根据已知求得，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和平面的法向量，即可求得答案.【详解】（1）平面平面，平面平面，平面平面，又折叠前后均有，平面（2）（1）知平面，二面角的平面角为又平面，平面，依题意，所以，设则依题意，即解得，故，如图所示，建立空间直角坐
17、标系则，由（1）知平面的一个法向量设平面的法向量为由，得令，得，为平面的一个法向量由图可知二面角的平面角为锐角二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查了求证线面垂直和向量法求二面角，解题关键是掌握线面垂直判定定理和向量法求二面角的解法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.22.已知动圆过定点且与轴相切，点关于圆心对称点为，点的轨迹为.（1）求曲线的方程；（2）一条直线经过点，且交曲线于、两点，点为直线上的动点.求证：不可能是钝角；是否存在这样的点，使得是正三角形？若存在，求点的坐标：否则，说明理由.【答案】（1）；（2）证明见详解；存在，.【解析】【分析】（1）设出E点的坐标，根据EF中点为M，MF的距离等于M点纵坐标的绝对值，整理化简即可求得；（2）将证明钝角的问题，转化为是否可以成立的问题，从而进行证明；假设存在这样的点，则C点到AB中点的距离等于，据此求解.【详解】（1）设，由在圆上，且点关于圆心的对称点为.故所以，则化简得，所以曲线的方程为（2）设直线：，所以，+1故不可能为钝角假设存在这样的点，设中点为由知由，故得所以又由，得所以存在点满足题意.【点睛】本题考查曲线方程的求解，涉及证明角度为钝角的转换，弦长的求解，属抛物线综合经典题型.
