2024宜昌长阳县一中高二上学期9月月考数学试题含解析

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长阳一中2023-2024学年高二上学期九月月考数学试题（考试时间：120分钟  满分：150分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的模逐一验证即可.【详解】因为，所以，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以，C错误；因为，所以，D错误.故选：B2. 为了解某块田地小麦的株高情况，随机抽取了10株，测量数据如下（单位cm）：60，61，62，63，65，65，66，67，69，70，则第40百分位数是（    ）A. 62 B. 63 C. 64 D. 65【答案】C【解析】【分析】根据求百分位数的定义求解可得结果.【详解】因为为整数，所以第40百分位数是.故选：C3. 在正三棱柱中，，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先利用线线平行确定异面直线与所成角的角，再利用勾股定理求得，从而利用余弦定理即可得解.【详解】记的中点为，连接，如图，  因为为棱的中点，为的中点，所以，所以为异面直线与的所成角（或补角），因为在正三棱柱中，，所以，，，所以在中，，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.4. 某种新型牙膏需要选用两种不同的添加剂，现有芳香度分别为1，2，3，4的四种添加剂可供选用，则选用的两种添加剂芳香度之和为5的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用列举法列出所有可能情况，再根据古典概型的概率公式即可得解.【详解】从芳香度为1，2，3，4的四种添加剂中随机抽取两种添加剂，其可能结果有，，，，，共6个，其中选用的两种添加剂芳香度之和为5的结果有，共2个，则所求概率为.故选：B.5. 已知，若是纯虚数，则（    ）A. 1 B. -1 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的运算法则和是纯虚数，求得，结合虚数单位的计算规律，即可求解.【详解】由复数，可得，因为是纯虚数，可得且，解得，所以，因为，所以.故选：B.6. 已知直线和平面满足，下列命题：①∥；②∥；③∥；④∥正确命题的序号是（    ）A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④【答案】D【解析】【分析】对于命题①和③可以通过作图举反例判断它们错误，命题②可用面面平行的性质和线面垂直的性质证明，命题④可用线面垂直的性质和面面垂直的判定定理证明.【详解】由图可知，命题①不正确；，， ，且，又， ，则，故命题②正确；若由图可知，命题③不正确；，， 又 ， ，故命题④正确.故选：D.【点睛】本题考查了线面垂直的性质、面面垂直的判定，属于基础题.7. 若圆锥的底面半径为，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解.【详解】依题意，设圆锥的母线长为l，则，设圆锥的轴截面的两母线夹角为，则，因为，所以，则过该圆锥的顶点作截面，截面上的两母线夹角设为，  故截面的面积为，当且仅当时，等号成立，故截面的面积的最大值为2.故选：A.8. 在中，，边上一点满足，若，则( )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】在、中，分别利用正弦定理可得出，即可得出，利用平面向量的减法可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得解.【详解】在中，由正弦定理可得．①在中，由正弦定理可得．②因为，，，由①②可得，则，  即，解得，又因为，且、不共线，所以，，所以．故选：C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 若，是关于的方程的两个虚根，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】解方程可得，不妨令，分别计算各选项即可判断.【详解】因为，所以，根据求根公式可得，又，是关于的方程的两个虚根，不妨令.对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C正确；对于D，，D正确.故选：ACD10. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是（    ）A. 男生样本容量为100 B. 抽取的样本的方差为43C. 抽取的样本的均值为166 D. 抽取的样本的均值为165.5【答案】ABC【解析】【分析】（1）男生样本量男生人数全体学生数总样本量，代入数据即可；（2）样本均值计算公式为：，代入数据即可求得；（3）样本方差公式为：，代入数据计算即可.【详解】∵男生样本量男生人数全体学生数总样本量.故A正确；样本均值.故C正确D错误；样本方差：.故B正确.故选：ABC.11. 在中，若，下列结论中正确的有（    ）A.  B. 是钝角三角形C. 的最大内角是最小内角的2倍 D. 若，则外接圆的半径为【答案】ACD【解析】【分析】由，解得，，，结合正弦定理和余弦定理，逐一求解四个选项可得答案.【详解】由，不妨设，，，解得，，.对于A选项， 由正弦定理可得，故A正确.对于B选项，由，，，知最大，又，，所以为锐角，最大角为锐角，故B错误.对于C选项，由，，，知最小，最大，又，，，，，可得，故C正确.对于D选项，当时，，，，在中，，外接圆的半径为，故D正确.故选:ACD.12. 在长方体中，AB＝3，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（    ）A. 平面 B. 与平面所成角的正切值的最大值是C. 的最小值为 D. 以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是【答案】ACD【解析】【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可判断A，根据线面角定义找出线面角，当最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.【详解】对于A，如图，长方体中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正确；对于B，因为平面，所以与平面所成角为，如图， 当时，最小，的正切值最大，，所以B错误；对于C，将沿翻折与在同一个平面，且点，C在直线的异侧，如图，此时，，,,所以，所以，故，解得，所以的最小值为，所以C正确；对于D，如图，由于平面，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，所以交线长为，所以D正确，故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若，，则在上的投影向量的坐标为______.【答案】【解析】【分析】由在上的投影向量，坐标运算可得.【详解】，，，且，则与方向相同的单位向量为，设与的夹角为，则在上的投影向量为.故答案为：.14. 化简：___________.【答案】【解析】【分析】将原式切化弦，进而通分并结合倍角公式化简，然后再利用两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案.【详解】原式.故答案为：.15. 如图，由到的电路中有4个元件，分别为，，，，若，，，能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求______.【答案】【解析】【分析】由相互独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.【详解】设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即，由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得故答案为：16. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为2，则该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为______；该正四棱锥的外接球的体积为______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】设底面中心为，连接，过作于点，连接，设正四棱锥的外接球的球心为，连接，则由正四棱锥的性质可得为二面角的平面角，然后在中利用余弦定理求解，在中，利用勾股定理可求出外接球的半径，从而可求出外接球的体积.【详解】设底面中心为，连接，过作于点，连接，设正四棱锥的外接球的球心为，连接，因为四棱锥为正棱锥，底面边长为，侧棱长为2，所以平面，，，因为，所以，，所以为二面角的平面角，且为纯角，在中，，，所以由余弦定理得，所以该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角余弦值为，在中，，则，设正四棱锥的外接球的半径为，则，，在中，，则，解得，所以该正四棱锥的外接球的体积为，故答案为：，   【点睛】关键点睛：此题考查二面角的求法，考查棱锥外接球问题，求二面角时解题的关键是根据二面角的定义正确作出二面角的平面角，然后放三角形中利用余弦定理求解即可.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. 已知函数.（1）求的最小正周期;（2）若，求出的单调递减区间.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用二倍角和辅助角公式化简函数为的形式, 再利用周期公式求函数的最小正周期,(2)根据 ,令 ，则可求出的范围,从而得出的单调递减区间.【小问1详解】 . 的最小正周期为 .【小问2详解】令 ，则 ，又函数 在 上单调递减，即 时，的单调递减，当 时，的单调减区间为.18. 某市政府为了鼓励居民节约用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水量标准x（单位：t），月用水量不超过x的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得100位居民某年的月平均用水量（单位：t），将数据按照，，…，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图.    （1）求频率分布直方图中的值；（2）已知该市有80万居民，请估计全市居民中月平均用水量不低于的人数；（3）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过xt，估计x的值，并说明理由.【答案】（1）    （2）9.6万人    （3），理由见解析【解析】【分析】（1）利用直方图中，小长方形的面积之和等于来列方程求解；（2）利用样本估计总体的思想，计算这里的人的用水量不低于的人数然后估计全市的数据；（3）根据题意计算分位数即可.【小问1详解】由频率分布直方图的性质：小长方形的面积之和等于，可得：，解得【小问2详解】由频率分布直方图知，100位居民每人月均用水量不低于的频率为：由此可估计全市80万居民中月均用水量不低于的人数为.估计全市居民月平均用水量不低于的人数为9.6万人【小问3详解】由题意只需求样本数据中的分位数，记该分位数为，因为前6组频率之和为，而前5组的频率之和为，所以，由，解得，因此，估计月用水量标准为时，85%的居民每月的用水量不超过标准19. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，．（1）求A、b；（2）设D为BC边上一点，且，求的面积．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可求得的值，结合角A的取值范围可求得角A的值，利用余弦定理可得出关于b的二次方程，可求得b的值；（2）利用正弦定理求得、以及BD的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积．【小问1详解】∵，由正弦定理得，∵，则，故，可得，∵，则，由余弦定理可得，整理得，∵，因此，；【小问2详解】如下图所示：  由正弦定理可得，可得，，∵，故C为锐角，则，∵，则，在中，，由正弦定理，可得，因此，．20. 如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，.  （1）证明：；（2）求到平面的距离；（3）点在棱上，当二面角为时，求.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，先证明可以得出线线平行；（2）空间向量法求出点到平面距离；（3）先设点的坐标，在应用空间向量法求二面角余弦值求出参数即可.【小问1详解】以坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图，  则，，，，，∴，，∴，又，不在同一条直线上，∴.【小问2详解】设平面的法向量，则，令，得，∴，，到平面的距离【小问3详解】设平面法向量，∴设，则，，，设平面的法向量，则，令，得，∴，∴化简可得，，解得或∴或∴.21. 某工厂为加强安全管理，进行安全生产知识竞赛，规则如下：在初赛中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得20分，否则得0分；第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答，每答对一题得20分，答错得0分.若两轮总得分不低于40分，则晋级复赛.甲和乙同时参赛，已知甲每个问题答对的概率都为0.6，在A类的5个问题中，乙只能答对4个问题，在B类的4个问题中，乙答对的概率都为0.4，甲、乙回答任一问题正确与否互不影响.（1）求乙在第一轮比赛中得20分的概率；（2）以晋级复赛的概率大小为依据，甲和乙谁更容易晋级复赛?【答案】（1）    （2）甲更容易晋级复赛【解析】【分析】（1）对类的5个问题进行编号：，设乙能答对的4个问题的编号为.利用列举法，根据古典概型概率公式即可求解；（2）按第一轮得20分且第二轮至少得20分和第一轮得0分且第二轮得40分，结合独立乘法公式和对立事件概率公式，分别计算甲、乙晋级复赛的概率，从而可判断.【小问1详解】对类的5个问题进行编号：，设乙能答对4个问题的编号为.第一轮从类的5个问题中任选两题作答，可用 表示选题结果，其中，为所选题目的编号，样本空间为,共10个样本点.设“乙在第一轮得20分”事件为，则共6个样本点.则乙在第一轮得 20 分的概率为.【小问2详解】甲晋级复赛分两种情况:①甲第一轮得20分且第二轮至少得20分的概率为：，②甲第一轮得0分且第二轮得40分的概率为：所以甲晋级的概率.乙晋级复赛分两种情况:①乙第一轮得20分且第二轮至少得20分的概率为：，②乙第一轮得0分且第二轮得40分的概率为：所以乙晋级复赛的概率为.因为，所以甲更容易晋级复赛.22. 如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.  （1）若是的中点，求证：平面平面；（2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点，证得平面，得到，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面平面.（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式，列出方程求得，再求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：取中点，连接，四边形是梯形，，是的中点，且， 可得，所以，又由，且是的中点，可得，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且为的中点，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：在中，由，且为的中点，可得，在中，由，且为的中点，可得，因为，所以，可得，又因为，，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，则，可得，所以，，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，即，解得或（舍去），所以，且，且，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面所成角为，可得，则，直线与平面所成角的余弦值为.