四川省双流棠湖中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

棠湖中学2023-2024学年高二上学期第一学月考试

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，，，若，则的虚部是（    ）

A. 2 B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数相等求得，然后利用共轭复数的概念求虚部.

【详解】因为，所以，所以，所以，

所以的虚部是2.

故选：A.

2. 过点且与直线平行的直线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用平行直线的特点先设出待求直线方程，代入所过点可得答案.

【详解】由题意设所求方程为，

因为直线经过点，

所以，即，所以所求直线为.

故选：A.

3. 第31届世界大学生夏季运动会将于2021年8月18日至8月29日在成都举行，举办方将招募志愿者在赛事期间为运动会提供咨询、交通引导、场馆周边秩序维护等服务，招募的志愿者需接受专业培训，甲、乙两名志愿者在培训过程中进行了六次测试，其测试成绩（单位：分）如折线图所示：

则下列说法正确的是（    ）

A. 甲的平均成绩比乙的平均成绩高

B. 甲的平均成绩比乙的平均成绩低

C. 甲成绩的极差比乙成绩的极差小

D. 乙的成绩比甲的成绩稳定

【答案】D

【解析】

【分析】依数据分别计算甲、乙的平均值与方差、极差即可做出选择．

【详解】由折线图得到甲六次测试的成绩依次为90，93，92，94，96，93，

乙六次测试的成绩依次为93，94，91，95，92，93，

则甲的平均成绩为，

乙的平均成绩为，

故A，B均错误；

甲成绩的极差为，乙成绩的极差为，故C错误；

甲成绩的方差，

乙成绩的方差，

且，所以乙的成绩比甲的成绩稳定，D正确．

故选：D

4. 圆，则经过点的切线方程为（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合题意得点在圆上，进而根据与切线垂直得切线斜率为，再求解方程即可.

【详解】解：因为，所以点在圆上，

所以与切线垂直，因为，所以切线斜率为，

所以，切线方程为，即.

故选：D

5. 在四面体中，点在上，且，为中点，则=（    ）

A.

B.

C.

D

【答案】B

【解析】

【分析】由条件，结合空间向量的线性运算利用表示即可.

【详解】如图，因为点在上，且，所以，

因为为中点，所以，

所以

，

即.

故选：B.

6. 水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形，如图所示．其中，则原平面图形的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据斜二测画法图形性质可得原图形的形状，进而可得面积.

【详解】由直角梯形中，且，作于，

则四边形为正方形，为等腰直角三角形，故，.

故原图为直角梯形，且上底，高，下底.其面积为.

故选：C

7. 已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据扇环的面积公式求出母线长，利用勾股定理求高，在根据圆台体积公式计算即可.

【详解】解：圆台的侧面展开图是个扇环，，

所以圆台的高，

则，

故选：B.

8. 已知棱长都为3的正三棱柱中，分别为棱上的点，当取得最小值时，与平面所成角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】借助于侧面展开图分析可得当，时，取得最小值时，利用平行将与平面所成的角转化为与平面所成的角，再根据线面角的定义分析求解.

【详解】如图1，沿着棱将棱柱的侧面展开成一个矩形，因为，

所以当取得最小值时，，，

如图2，在上取点，使得，连接，

因为，，

所以四边形为平行四边形，则，，

所以、与平面所成的角相等.

取的中点为，连接、，

因为，，

，平面，

所以平面，

则为与平面所成的角，即与平面所成的角，又，，

所以.

故选：C.

二、多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

9. 某科技学校组织全体学生参加了主题为“创意致匠心，技能动天下”的文创大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（    ）

A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人

B. 图中的值为0.025

C. 估计全校学生成绩的中位数为86.7

D. 估计全校学生成绩的80%分位数为95

【答案】ACD

【解析】

【分析】由频率分布直方图，根据频率之和为求得，根据频率、中位数、百分位数的求得正确答案.

【详解】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故A正确；

由，得，故B错误；

设中位数为，则，得，故C正确；

低于90分的频率为，设样本数据的80%分位数为，

则，解得，故D正确.

故选：ACD

10. 口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，从中不放回的依次取出两个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球不同色”，下列判断中正确的（    ）

A. 与互为对立 B. 与互斥

C 与相互独立 D. 与相互独立

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据对立事件、互斥事件、相互独立事件的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】先编号：红球为，白球为，

不放回依次取出两个，基本事件有，共种，

事件“”；

事件“”；

事件“”；

事件“”.

A选项，，所以与互为对立事件；

B选项，，所以与不是互斥事件；

C选项，事件“”，

所以，

所以与相互独立，所以C选项正确.

D选项，事件“”，

，

所以与相互独立，所以D选项正确.

故选：ACD

11. 已知点，且直线：与线段恒有交点，下列说法中正确的是（    ）

A. 直线l的斜率为

B. 直线l过定点

C. 若直线与直线垂直，则

D. m的取值范围

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用直线方程确定直线定点及斜率，来判断A，B选项，在根据直线与的关系判断C，D选项.

【详解】解：对于直线：

当时，直线斜率存在，斜率为，故A选项错误；

又当时，总有，所以直线过定点，故B选项正确；

又，所以，若直线与直线垂直，则，所以，得，故C选项正确；

如图， 设直线恒过定点

若直线与线段恒有交点，则可得：

即，解得：，所以m的取值范围，故D选项正确.

故选：BCD.

12. 如图，底面为边长是2的正方形，半圆面底面.点P为半圆弧上（不含A，D点）的一动点.下列说法正确的是（    ）

A. 的数量积恒为0

B. 三棱锥体积的最大值为

C. 不存在点P，使得

D. 点A到平面的距离取值范围为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由面面垂直的性质结合平面向量的运算可判断A；由棱锥的体积公式结合高的范围可判断B；由向量的线性运算，，再由数量积运算可判断C；由等体积法得出点到平面的距离取值范围，可判断D.

【详解】对A，因为半圆面底面，，面底面，底面，所以平面，

又 平面，，，

又由圆的性质，，，故A正确；

对B，设点到平面的距离为，底面积，

显然当点为弧中点时最大，此时棱锥的体积最大， ，故B正确；

对C，，故C错误；

对D，因为，

又，

所以， ，

所以，

所以

，

在中，，

设点到平面的距离为，点到平面的距离为，

作于，因为面底面，面底面，面，所以面，

所以，

因为，即，

所以，

设，则，

，，故D正确.

故选：ABD.

第2卷  非选择题（90分）

三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

13. 某学校共有教职员工800人，其中不超过45岁的有x人，超过45岁的有320人.为了调查他们的健康状况，用分层抽样的方法从全体教职员工中抽取一个容量为50的样本，应抽取超过45岁的教职员工20人，抽取的不超过45岁的救职员工y人，则______人.

【答案】

【解析】

【分析】直接根据条件列方程求解.

【详解】根据条件学校共有教职员工800人，抽取一个容量为50的样本，

，解得，

.

故答案为：.

14. 已知向量，，且，则实数______.

【答案】

【解析】

【分析】利用向量平行的条件直接解出.

【详解】因为向量，，且，

所以，解得.

故答案为： .

15. 瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线.已知的顶点，则欧拉线的方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据的顶点为，求得重心坐标，结合外心的性质设的外心的坐标，由求得坐标，然后写出欧拉线方程.

【详解】因为的顶点为，

所以重心，

因为线段的垂直平分线方程为，

所以可设的外心为，

则，即，

解得，

所以．

所以该三角形的欧拉线方程为，

化简可得，.

故答案为：.

16. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数的所有可能的值为________

【答案】，，

【解析】

【分析】

化简得到，然后，根据情况，对进行分类讨论即可求解

【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由，看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等；

由，

（1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线和

（2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等，注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，

会作为增根被舍去；设点到的距离为，

①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，此时，，符合；

②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为，此时，，符合；

综上，满足题意的实数为，，；

故答案为：，，

【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于化简得到，将问题转化为，有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等，这是本题的解题关键，本题难度属于困难

三、解答题（本大题共6个大题，共70分）

17. 已知平面内两点．

（1）求的垂直平分线方程；

（2）直线经过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程．

【答案】（1）；（2）和

【解析】

【分析】(1)求出中点坐标为，计算出MN两点的斜率，根据两直线垂直斜率乘积等于-1计算出中垂线的斜率，再利用点斜式写出中垂线即可．

(2)点和点到直线的距离相等等价于直线与直线MN平行或直线过的中点．

【详解】（1）易求得中点坐标为．又，

所以的中垂线的斜率为，

的中垂线的方程为即．

（2）由（1）知，，所以直线的方程为，

直线经过点得，综上：为和

【点睛】本题考查直线与直线的位置关系，属于基础题．

18. 共享单车是指由企业在校园、公交站点、商业区、公共服务区等场所提供的自行车单车共享服务，由于其依托“互联网+”，符合“低碳出行”的理念，已越来越多地引起了人们的关注.某部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了50人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这50人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：

频率分布表

（1）求的值；

（2）若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求所抽取的2人中至少一人来自第5组的概率.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据频率分布表可得b.先求得内的频数,即可由总数减去其余部分求得.结合频率分布直方图,即可求得的值.

（2）根据频率分布表可知在内有4人,在有2人.列举出从这6人中选取2人的所有可能,由古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】（1）由频率分布表可得

内的频数为,

∴

∴内的频率为

∴

∵内的频率为0.04

∴

（2）由题意可知,第4组共有4人,第5组共有2人,

设第4组的4人分别为、、、；第5组的2人分别为、

从中任取2人的所有基本事件为：,,,,,,,,,,,,,,共15个.

至少一人来自第5组的基本事件有：,,,,,,,共9个.

所以.

∴所抽取2人中至少一人来自第5组的概率为.

19. 已知圆C过三个点．

（1）求圆C的方程：

（2）已知O为坐标原点，点A在圆C上运动，求线段的中点P的轨迹方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设圆的方程为，将三个点代入求解；

（2）设动点P的坐标为， A的坐标是，由P为线段OA的中点，得到 ，代入圆上的点求解.

【小问1详解】

解：设圆的方程为，

因圆过三个点，

所以，解得，

所以圆的方程为，即．

【小问2详解】

设动点P的坐标为， A的坐标是．

由于P为线段OA的中点，所以 ， ，

所以有 ①

A是圆上的点，

所以A坐标满足：②

将①代入②整理，得，

所以P的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，方程为．

20. 如图，在三棱柱中，底面，，是的中点，且.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据线面平行的判断定理可得证；

（Ⅱ）以，，为轴， 轴，轴，如图建立空间直角坐标系，运用线面向量求解方法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（Ⅰ）如图，由三棱柱，得，

又因为平面，平面 ，所以平面；

（Ⅱ）因为底面，，

所以，，两两垂直，故分别以， ，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，

则，， ，，

所以， ，，

设平面的法向量，

由， ，得令 ，得.

设直线与平面所成角为，则 ，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查线面平行的证明，线面角的向量求解方法，属于中档题.

21. 如图，几何体中，平面平面，四边形为边长为2的正方形，在等腰梯形中，，，.

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）可证平面，从而得到.

（2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量的夹角的余弦值后可得二面角的平面角的余弦值.

【详解】证明：

过点作于.

为等腰梯形，则，

又，，

，又，

又，故,

故，.

∵平面平面，，平面平面，

∴平面.

∵平面，，又，

∴平面，∵平面，所以.

（2）解：以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，

则，，，.

设平面和平面的法向量分别为和，

则即，取得：，

又即，取得：，

则，

∴二面角的余弦值为.

【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.

22. 已知圆，圆心C在直线上，且被直线截得弦长为.

（1）求圆方程；

（2）若，点，过A作两条直线，，且满足，直线交圆C于M，N两点，直线交圆C于P，Q两点，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）或；（2）7.

【解析】

【分析】（1）由已知可得，利用圆的弦长公式可求解；

（2）分类讨论直线斜率是否存在，利用圆的弦长公式求得，，再利用基本不等式求得四边形面积的最大值.

【详解】（1）由圆，圆心C在直线上，

故圆，圆心，半径

设圆心到直线的距离为，则

即，解得：或

所以圆的方程为或；

（2）由，可知圆的方程为

当直线斜率不存在时，此时，

此时

当直线斜率存在，设为k，则直线方程为，圆心到直线的距离设为，

则，则

同理可得

则

当且仅当，即时等号成立

综上可知四边形面积的最大值为7.