四川省南充市南部县第二中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

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一、单选题
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的减法计算即可.
【详解】由题意，时，.
故选：C
2. 目前，甲型流感病毒在国内传播，据某市卫健委通报，该市流行甲型流感病毒，以甲型亚型病毒为主，假如该市某小区共有120名感染者，其中有20名年轻人，60名老年人，40名儿童，现用分层抽样的方法从中随机抽取30人进行检测，则做检测的老年人人数为（ ）
A. 5B. 15C. 10D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的性质运算求解即可.
【详解】由题意可得：做检测的老年人人数为.
故选：B.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 直四棱柱正四棱柱
B. 两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
D. 以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正棱柱、棱台、圆锥的母线和圆锥的定义分析可得答案.
【详解】对于，直四棱柱的底面不一定是正方形，故不正确；
对于，将两个相同的棱柱的底面重合得到的多面体不是棱台，故不正确；
对于，圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，说法正确，故正确；
对于，以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥的组合体，故不正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正棱柱、棱台、圆锥的母线和圆锥的定义是解题关键.
4. 下列说法错误的是（ ）
A. 设是两个空间向量，则一定共面
B. 设是两个空间向量，则
C. 设是三个空间向量，则一定不共面
D. 设是三个空间向量，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量可平移可判断AC，根据向量数量积定义可判断B，根据向量数量积的运算律可判断D.
【详解】因为空间向量可平移，故任意两个向量均为共面向量，故A正确；
，故B正确；
设是三个空间向量，则可能共面，故C错误；
空间向量数量积满足分配律，故，即D正确.
故选：C
5. 函数的图象与直线的交点的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】画出以及的图象，由此确定正确答案.
【详解】在同一平面直角坐标系中画出函数和直线的图象(如图所示)，可得两图象的交点共有4个.
故选：D
6. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量的坐标运算逐一判断．
【详解】对于A，，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C错误，
对于D，，故D错误，
故选：B
7. 在平行六面体中，设，，，则以为基底表示（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的加法法则可得，再将已知条件代入即可得答案.
【详解】因为.
故选：A.
8. 如图所示，正方体的棱长为1，点是平面的中心，则到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过线面平行和中位线转化的方法来求得到平面的距离.
【详解】设是的中点，，设是的中点.
所以，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离.
根据正方体的性质可知，
所以平面，
由于，
所以平面，
所以到平面的距离，也即到平面的距离为.
故选：B
二、多选题
9. 若，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质判断各选项即可.
【详解】对于A，由，得，
所以，即，故A正确；
对于B，由，得，即，故B错误；
对于C，由，得，故C正确；
对于D，由，得，
所以，即，故D错误.
故选：AC.
10. 已知为两个不同的平面，为三条不同的直线，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于ACD：结合正方体的结构特征分析判断；对于D：根据线面垂直的性质分析判断.
【详解】对于选项A：若，则或相交，
例如在正方体中，平面平面，
且平面，可知平面，平面，故A不一定成立；
对于选项B：若，由线面垂直的性质可知，故B成立；
对于选项C：若，且，则不一定垂直，
例如在正方体中，平面∥平面，
且平面，平面，，故C不一定成立；
对于选项D：若，且，则不一定成立，
例如在正方体中，平面平面，
且平面，平面，可知，故D不一定成立；
故选：ACD.
11. 已知向量，，则函数的大致图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量的坐标表示得函数解析式，然后分，，讨论即可.
【详解】因为，所以.
当时，，A正确；
当时，的零点为0和，且，B正确，C错误；
当时，的零点为0和，且，D正确.
故选：ABD.
12. 如图，正方体中，，P为线段上动点，则下列说法正确的是（ ）

A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在正方体中，易得平面，可判定A正确；过点作，得到平面即为平面，结合与不垂直，可判定B不正确；由平面平面，证得平面，得到点到平面的距离等于点点到平面的距离，且为定值，可判定C正确；将绕着展开，使得平面与平面重合，连接，得到时，取得最小值，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接，
连接，在正方形中，可得，
由平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
连接，同理可证平面，因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，当点不与重合时，过点作，
因为，所以，所以平面即为平面，
如图所示，在正方形中，与不垂直，
所以与平面不垂直，所以B不正确；
对于C中，分别连接，
在正方体，因为，平面 平面，
所以平面，同理可证：平面，
因为且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为是上的一动点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合，
如图（2）所示，连接，当为和的交点时，
即为的中点时，即时，取得最小值，
因为正方体中，，可得，，
在等边中，可得，在直角中，可得，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.

三、填空题
13. 在空间直角坐标系中，已知， ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间中两点间的距离公式即可求解.
【详解】．
故答案为：.
14. 若函数，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据分段函数解析式，由内而外逐步代入，可得的值
【详解】
故答案为：2
【点睛】本题考查分段函数求函数值，属于简单题.
15. 如图所示，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则四棱锥的体积为______．

【答案】
【解析】
【分析】利用割补法结合柱体、锥体的体积公式运算求解.
【详解】由题意可得：正三棱柱的体积，
三棱锥的体积，
所以四棱锥的体积.
故答案为：.
16. 三棱锥的四个顶点点在同一球面上，若底面，底面是直角三角形，，则此球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，确定出三棱锥外接球球心，进而求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，底面，平面，则，，
由是直角三角形，，得，而，平面，
于是平面，又平面，因此，取中点，连接，如图，

从而，点是三棱锥外接球球心，
则，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：
四、解答题
17. 已知棱长为5，底面为正方形，各侧面均为正三角形的四棱锥．
（1）求它的表面积；
（2）求它的体积.
【答案】（1）；
（2）﹒
【解析】
【分析】(1)四棱锥表面积为四个侧面等边三角形面积和底面正方形面积之和；
(2)连接、，AC∩BD＝，连接，则为棱锥的高，求出SO，根据棱锥体积公式即可求解．
【小问1详解】
∵四棱锥的各棱长均为5，底面为正方形，各侧面均为正三角形，
∴它的表面积为；
【小问2详解】
连接、，AC∩BD＝，连接，则为棱锥的高，
则，
故棱锥的体积．
18. 如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：
（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.
【小问1详解】
如图，连接，∵分别是的中点，∴.
又∵平面，平面，∴直线平面.
【小问2详解】
连接SD，∵分别是 的中点，
∴.又∵平面，平面，
∴平面，由(1)知，平面，
且平面，平面，，
∴平面∥平面.
19. 已知中，，，．
（1）求；
（2）求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理直接求解.
（2）利用余弦定理求出边c，再利用三角形面积公式计算即得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理，得，解得，
所以.
【小问2详解】
由余弦定理，得，
整理得，而，解得，
所以的面积.
20. 如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．
（1）求异面直线EF与所成角的大小．
（2）证明：平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；
（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.
【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：
，，，，，
∴，，，．
（1），
∴
∴异面直线EF和所成的角为．
（2）
∴，即
，
∴即．
又∵，平面且
∴平面．
21. 如图，已知四边形是矩形，将矩形沿对角线把折起，使 移到点，且在平面上的射影恰好在上.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）连接，根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得；
（2）由四边形为矩形，所以，再由（1）知，证得平面，进而证得平面平面.
【小问1详解】
证明：连接，由在平面上的射影在上，
可得平面，平面，所以，
又由为矩形，，且平面，，
所以平面，因为平面，所以.
【小问2详解】
证明：因为四边形为矩形，所以，
由（1）知，，且平面，
所以平面，
又由平面，所以平面平面.
22. 如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见详解；
（2）Q是的中点, 即.
【解析】
【分析】（1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可.
小问1详解】
在直三棱柱中，，直线两两垂直，
以C为原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，设是平面的一个法向量，
则，令，得，
显然，即，而平面，
所以平面.
【小问2详解】
假定线段上存在点满足条件，由（1）设，，
，
则，，
设是平面的一个法向量，
则，令，得，
由平面，得，即存在实数，满足：
，即，解得，因此，即Q是的中点，