云南省保山市2023-2024学年高一下学期第二次（6月）月考 数学试题（含解析）

这是一份云南省保山市2023-2024学年高一下学期第二次（6月）月考 数学试题（含解析），共17页。
（闭卷考试，考试时间120分钟，全卷满分150）
注意事项：
1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场号、座位号在答卡上填写清楚.
2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案的标号.在试卷上作答无效.
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．已知集合，，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．设，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线平面，则是的（ ）
A．充要条件B．充分非必要条件件C．必要非充分条件D．既非充分又非必要条件
4．在《九章算术》第三章“衰分”中有如下问题：“今有甲持钱五百六十，乙持钱三百五十，丙持钱一百八十，凡三人俱出关，关税百钱.欲以钱多少衰出之，问各几何？”其译文为：今有甲持560钱，乙持350钱，丙持180钱，甲、乙、丙三人一起出关，关税共100钱，要按照各人带钱多少的比例进行交税，问三人各应付多少税？则下列说法中所有正确的序号有（ ）
①甲应付钱；②乙应付钱；
③丙应付钱；④三者中甲付的钱最多，丙付的钱最少.
A．①②③B．①②④
C．②③④D．①③④
5．在中，若，则角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量不共线，，，，则（ ）
A．A，B，D三点共线B．A，B，C三点共线
C．B，C，D三点共线D．A，C，D三点共线
7．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．[1，3]D．
8．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为
设函数，
若实数m满足不等式，则m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9．在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且与的夹角为．下列结论中正确的是（ ）
A．越大越费力，越小越省力B．的取值范围为
C．当时，D．当时，
10．袋中有红球3个，白球2个，黑球1个，从中任取2个，则互斥的两个事件是（ ）
A．至少有一个白球与都是白球
B．恰有一个红球与白、黑球各一个
C．至少一个白球与至多有一个红球
D．至少有一个红球与两个白球
11．已知函数，部分图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.）
12．已知奇函数在上的解析式为，则在上的解析式为 ．
13．降水量是指水平地面上单位面积的降水深度．用上口径为38cm、底面直径为24cm、深度为35cm的圆台形水桶（轴截面如图）来测量降水量，如果在一次降水过程中用此桶接得的雨水恰好是桶深的，则本次降雨的降水量是 mm．（精确到1mm）

14．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为 .
四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．已知一圆锥的母线长为10，底面圆半径为6.
（1）求圆锥的高；
（2）若圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，求球的表面积.
16．学校随机选取了60名男生，将他们的身高作为样本进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求a的值及样本中男生身高在（单位：cm）的人数；
(2)假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，通过样本估计该校全体男生的平均身高；
(3)根据频率分布直方图估计该校男生身高的上四分位数．
17．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)设，从下面两个条件中选择一个，求的周长.
①；②的面积为.
18．如图，在四棱锥中，，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A；
(2)若，设点P为的费马点，求；
(3)设点P为的费马点，，求实数t的最小值.
1．B
【分析】解不等式求得集合、，由此求得.
【详解】，
，
所以.
故选：B
2．C
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：C.
3．D
【分析】已知直线平面，若，则或在平面内；若，则或异面；结合选项判断即可．
【详解】直线平面，则或
直线平面，由可得或异面
则是的既非充分又非必要条件
故选：D
【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查线面平行、线面平行的性质等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
4．D
【解析】先求出抽样比为，再利用分层抽样求解.
【详解】依题意，抽样比为.
由分层抽样知识可知，
甲应付×560＝51钱，故①正确；
乙应付×350＝32钱，故②不正确；
丙应付×180＝16钱，故③正确.
显然51＞32＞16，故④正确.
故选：D.
5．C
【分析】根据数量积定义可得.
【详解】因为
所以，即
又因为角为的内角，
所以.
故选：C
6．A
【分析】先求出，再根据可判断A；利用向量共线定理，设，利用向量相等列方程组求解即可判断B；同样，设，求判断C；求出，令，求解来判断D．
【详解】对于A，，
又，所以，则与共线，
又与有公共点B，所以A、B、D三点共线，A正确；
对于B，令，即，所以，不存在，
所以与不共线，即A，B，C三点不共线，B错误；
对于C，令，即，所以，不存在，
所以与不共线，即B，C，D三点不共线，C错误；
对于D，，
令，即，所以，不存在，
所以与不共线，即A，C，D三点不共线，D错误.
故选：A．
7．B
【分析】根据题意，由，且求解.
【详解】设的周期为T，因为，即，解得，
由，
解得，
即在区间上单调递减，
因为，显然k只能取0，
所以且，
解得.
故选：B.
8．A
【分析】由题可判断为奇函数，且在上为增函数，所以不等式化为，利用单调性即可求解.
【详解】由题意可知，的定义域为，
，为奇函数，
，且在上为减函数，
在上为减函数.
，
因为在上为减函数
当时，即或
，或.
当时，即
，此时成立，
综上：或或
故选：.
9．AD
【分析】利用平面向量的加法运算以及模长、数量积公式进行求解.
【详解】对于A，根据题意，得，所以，
解得，因为时，单调递减，所以越大越费力，越小越省力，故A正确；
对于B，由题意知的取值范围是，故B错误；
对于C，因为，所以当时，，所以，故C错误；
对于D，因为，所以当时，，所以，故D正确.
故选：AD
10．BD
【分析】根据互斥事件的定义和性质判断.
【详解】袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，
在A中，至少有一个白球和都是白球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故A不成立.
在B中，恰有一个红球和白、黑球各一个不能同时发生，是互斥事件，故B成立；
在C中，至少一个白球与至多有一个红球，能同时发生，故C不成立；
在D中，至少有一个红球与两个白球两个事件不能同时发生，是互斥事件，故D成立；
故选：BD.
【点睛】本题考查互斥事件的判断，根据两个事件是否能同时发生即可判断，是基础题.
11．ABC
【分析】根据函数的部分图象求出函数解析式，然后根据正弦函数的性质一一判断．
【详解】解:由函数的图象可得，由，求得．
再根据五点法作图可得，又，求得，
∴函数，
当时，，不是最值，故A不成立；
当时，，不等于零，故B不成立；
将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；
当时，，
∵，，
故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立．
故选:ABC.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解答的关键是由函数的部分图象求出函数解析式，属于基础题．
12．
【分析】根据奇函数的定义和性质结合时的表达式，直接可得时的表达式.
【详解】因为是奇函数，
当时，，所以,
时，
故答案为：.
13．22
【分析】根据题意设水面圆半径为r，水深为h，则由比例线段可得，由此解得r与h的值；接下来结合圆台的体积计算公式求得雨水的体积V与水桶上口的面积S，由此根据即可求解雨量.
【详解】

设水面半径为，水深为，由于雨水水深正好是桶深的，
得，
解得，，
所以雨水的体积为
，
水桶上口的面积为，
所以降雨量为.
故答案为：.
14．
【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，
由可得，所以，
又，
则，所以，
两式相加可得，化简可得，
又，由余弦定理可得，
由基本不等式可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.
15．（1）8（2）
【分析】(1)圆锥的母线长、底面圆半径以及圆锥的高满足勾股定理，由题意即可求出结果;
(2)先设圆锥内切球半径为,由题意可得，求出,再由球的表面积公式即可得出结果.
【详解】（1）据题意知，圆锥的高
（2）据（1）求解知，圆锥的高为，
设圆锥内切球的半径为，
三角形在，由勾股定理可得，
所以
所以所求球的表面积.
【点睛】本题主要考查简单几何体的计算公式，属于基础题型.
16．(1)，21
(2)
(3)179
【分析】（1）根据各组频率和为1列方程可求出a的值，求出身高在的频率，再乘以60可得答案；
（2）根据平均数的定义直接求解即可；
（3）由于前3组的频率和小于，前4组的频率和大于，所以样本中的上四分位数落在内，然后列方程求解即可.
【详解】（1）根据题意，，解得 ，
所以样本中学生身高在内的人数为；
（2）设样本中男生身高的平均值为，则
估计该校男生的平均身高为.
（3）由，根据频率分布直方图，
因为，
，
所以样本中的上四分位数落在内，
设上四分位数为，则，解得.
17．(1)
(2)选条件①，选条件②
【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得，即可求得而答案；
（2）选①，利用正弦定理可得，结合余弦定理求得 ，即可求得 ，从而求得三角形周长；
选②，根据三角形面积公式求得 ，结合余弦定理即可求得 ，从而求得三角形周长；
【详解】（1）由可得,
即，
由于,故，而，故；
（2）选①，，
，所以 ，
，
故 ，
故的周长为.
选②的面积为，
则,则，
，
故 ，
故的周长为.
18．（1）证明见解析；（2）.
【详解】试题分析：（1）由，得，．从而得，进而而平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点，连结，则底面，且，由四棱锥的体积为，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积.
试题解析：（1）由已知，得，．
由于，故，从而平面．
又平面，所以平面平面．
（2）在平面内作，垂足为．
由（1）知，面，故，可得平面．
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．
由题设得，故．
从而，，．
可得四棱锥的侧面积为
．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）由，得，
故.
由正弦定理可得，故直角三角形，即.
（2）由（1）可得，所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，
由，得，
整理得，
则.
（3）如图，点为的费马点，则，
设，
则由，得；
由余弦定理得，
，
，
故由，得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立.
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用面积法得到，最后根据向量数量积的定义即可.