四川省成都市2023_2024学年高二数学上学期9月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2023_2024学年高二数学上学期9月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（）
A. 2B. －2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值．
【详解】解：由是纯虚数，得，解得．
故选：A.
2. 已知向量满足，则（）
A. B. C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算求解.
【详解】因为，所以，
所以，
故选:A.
3. 在中，若，，，则C等于（）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理即可求出角的大小.
【详解】由题意，
在中，，，，
由正弦定理得，，
即，
∵，
∴，
∴或,
故选：D.
4. 某高中为了解学生课外知识的积累情况，随机抽取名同学参加课外知识测试，测试共道题，每答对一题得分，答错得分.已知每名同学至少能答对道题，得分不少于分记为及格，不少于分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该次课外知识测试及格率
B. 该次课外知识测试得满分的同学有名
C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数
D. 若该校共有名学生，则课外知识测试成绩能得优秀的同学大约有名
【答案】C
【解析】
【分析】由百分比图知，成绩为100分、80分、60分、40分的百分比分别为，结合各项的描述即可判断其正误.
【详解】由图知，及格率为，故A错误.
该测试满分同学的百分比为，即有名，B错误.
由图知，中位数为分，平均数为分，故C正确.
由题意，名学生成绩能得优秀的同学有，故D错误.
故选：C
5. 已知平面、，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】对于A选项，若，，过直线作平面，使得，，
因为，，，则，
因为，，，则，，
，，，，则或、异面，A错；
对于B选项，若，，则，，故，B对；
对于C选项，若，，，则，因为，则或，C错；
对于D选项，若，，则或、相交（不一定垂直），D错.
故选：B.
6. 将函数的图象向左平移个单位后，得到的函数图象关于y轴对称，则的可能取值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得平移后的函数为，再根据余弦函数的对称性列式求解即可
【详解】将函数的图象向左平移个单位后，得到函数，因为图象关于y轴对称，所以，，则，
故选：A.
7. 在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（）
A. 三角形B. 五边形C. 平行四边形D. 等腰梯形
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点E，的中点F，连接，证明在同一平面内，且四边形为等腰梯形，证明平面平面，即可确定答案.
【详解】根据题意，取的中点E，的中点F，连接，
则，所以，且,
故在同一平面内，
连接，因为分别为的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因为平面，
所以平面平面，
即平面截该正方体所得截面为梯形；
又由梯形中， ，
即平面截该正方体所得截面为等腰梯形,
故选：D
8. M为△ABC所在平面内一点，且，则动点M的轨迹必通过△ABC的（）
A. 垂心B. 内心C. 外心D. 重心
【答案】C
【解析】
【分析】设边的中点为，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得，由数量积的性质可得，由此可得结论.
【详解】设边的中点为，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，又点为边的中点，
所以点在边的垂直平分线上，
所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知圆锥顶点为，底面圆心为，为底面的直径，，与底面所成的角为，则（）
A. B. 该圆锥母线长为
C. 该圆锥的体积为D. 该圆锥的侧面积为
【答案】AB
【解析】
【分析】由线面角的定义可得出，可求得的长，可判断A选项；分析可知是等边三角形，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；求出该圆锥的侧面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，如下图所示：
由圆锥的几何性质可知，与圆所在的底面垂直，
所以，与底面所成的角为，即，
因为，则，所以，，A对；
对于B选项，因为，且，则是边长为的等边三角形，
所以，该圆锥的母线长为，B对；
对于C选项，圆的面积为，故该圆锥的体积为，C错；
对于D选项，该圆锥的侧面积为，D错.
故选：AB.
10. 已知的角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. 为等腰非等边三角形D. 为等边三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理可得出，结合角的取值范围可得出角的值，可判断A选项；利用余弦定理可判断CD选项；利用平面向量数量积的定义可判断B选项.
【详解】对于A选项，因为，由正弦定理可得，即，
又因为，所以，，A错；
对于CD选项，由余弦定理可得
，则，可得，
又因为，故为等边三角形，C错D对；
对于B选项，，B对.
故选：BD.
11. 如图，在四边形中，，，，E为的中点，与相交于F，则下列说法一定正确的是（）
A. B. 在上的投影向量为
C. D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理及平面向量的数量积的定义，利用转化法即可求解判断.
【详解】解：因为在四边形中，，所以四边形为平行四边形，
又，，所以，
对于 A：，设，
因为三点共线，
所以，解得，所以，故选项A正确；
对于B：设的夹角为，因为，，
所以，所以，即，
所以在上的投影向量为，故选项B正确；
对于：由题意，，故选项C正确；
对于D：，则，
若，则，又因为，
所以，不满足，故选项D不正确.
故选：ABC.
12. 在正方体中，是侧面上一动点，下列结论正确的是（）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若∥，则平面
C. 若，则与平面所成角为
D. 若∥平面，则与所成角的正弦最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用等体积法分析判断，对于B，由条件可得点在平面上轨迹为，再判断与平面的位置关系即可，对于C，连接交于点，连接，，则可证得为直线与平面所成角，然后求解即可，对于D，连接，可证得平面∥平面，得点在平面上的轨迹为，得为与所成的角，从而可求得结果.
【详解】对于A，因为是侧面上一动点，平面∥平面，
所以点到平面的距离等于正方体的棱长，设棱长为，则
，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，
对于B，因为∥，平面，所以当∥时，点在平面上的轨迹为，因为与不垂直，所以与平面不垂直，
所以与平面不垂直，所以B错误，
对于C，连接交于点，连接，，则，
所以为等边三角形，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面平面，，是侧面上一动点，
所以点的轨迹是，
所以平面就是平面，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，设正方体的棱长为，
因为，所以，
因为为锐角，所以，即与平面所成角为，所以C正确，
对于D，连接，则∥，∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为∥平面，所以平面，
因为平面平面，所以点在平面上的轨迹为，
因为∥，所以为与所成的角，
因为平面，平面，所以，
设正方体的棱长为1，设，则，
所以，
因为，所以当时，取得最小值，此时最小，
所以此时取得最小值为，
所以与所成角的正弦最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查线线角，线面角的求法，考查棱锥的体积的求法，考查立体几何中的轨迹问题，解题的关键是根据题意结合线面点的关系确定动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是________人.
【答案】1800
【解析】
【分析】利用比例求出学生总数.
【详解】，故该校高中学生总数是1800人.
故答案为：1800
14. 在△中，是边上一点，且，是上的一点，若，则实数的值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：根据向量的加减运算法则，通过，把用和表示出来，可得m的值．
详解：如图：∵，
∴，
则，
又∵B，P，N三点共线，
∴，
故得m=．
故答案为．
点睛：点O是直线l外一点，点A，B是直线l上任意两点，求证：直线上任意一点P，存在实数t，使得关于基底{OA,OB}的分析式为
反之，若则A，P，B三点共线
（特别地令t=,称为向量中点公式）
15. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.
【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，
设，即，由题意得，
在中，由余弦定理得
即
即，解得或（舍去），
将三棱锥补成长方体如图2所示，
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径，
所以外接球的体积.
故答案为：
16. 已知的内角的对边分别为，且，角的平分线与交于点，且，则的值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简，求出角，再利用等面积法即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
即，
所以，
又，所以，
又，所以，
故，
由，
得，
即，
所以.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若平面，证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，设与交于点，连接，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.
【小问1详解】
设与交于点，连接，
因为底面是正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为底面是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
18. 设A，B，C，D为平面内的四点，且.
（1）若，求D点的坐标；
（2）设向量，若向量与平行，求实数k的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出向量坐标，再利用相等向量列出方程组，求解作答.
（2）求出的坐标，再利用向量线性运算的坐标表示，及共线向量的坐标表示求解作答.
【小问1详解】
设，因为，于是，整理得，
即有，解得，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，，
因为向量与平行，因此，解得，
所以实数k的值为.
19. 为了解某市家庭用电量的情况，统计部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），将全部数据按区间，，…，分成8组，得到如下的频率分布直方图：
（1）求图中a的值；并估计这200户居民月用电量的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯电价，使75%的居民缴费在第一档，20%的居民缴费在第二档，其余5%的居民缴费在第三档，试基于统计数据确定各档月均用电量的范围（计算百分位数时，结果四舍五入取整数）.
【答案】（1），平均值为
（2）第一档的范围是，第二档的范围是，第三档的范围是.
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1列出方程解出，再根据频率分布直方图计算平均值即可；
（2）根据百分位数定义计算即可.
【小问1详解】
由直方图可得，样本落在,的频率分别为,,,,,,,，由，解得，
则样本落在,的频率分别为0.05,0.1,0.2,0.3,0.15,0.1,0.05,0.05,所以月用电量的平均值为
，
【小问2详解】
为了使的居民缴费在第一档，需要确定月用电量的分位数；
的居民缴费在第二档，还需要确定月用电量的分位数.
因为，
则使的居民缴费在第一档，月用电量的分位数位于区间内，
于是.
又,
所以对应的用电量为350.
所以第一档的范围是，第二档的范围是，第三档的范围是.
20. 已知函数的图象如图所示．
（1）求函数的解析式及单调递增区间；
（2）若函数，满足对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），，
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据图得到，进而得到，，从而，再由求得解析式，再利用这些函数的性质求解单调区间；
（2）易得．根据对任意的恒成立，由求解.
【小问1详解】
由图可知：，所以，
所以，，由图易得，
则，又，
则，则，
所以，，
所以．
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为，．
【小问2详解】
由题．
当，时，．
因为对任意的恒成立，
则，即所以．
21. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若是锐角三角形，求的面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可得，再结合角的范围即可求解；
（2）利用三角形面积公式可得，再结合正弦定理边化角，进而利用三角恒等变换化为，结合角的范围可得，从而可解.
小问1详解】
由正弦定理得，
可化为：，
即
又由于，
所以
可得
即，
由于，所以，
化简为，因为，则，
所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理知，所以，
那么
，
又由，解得，
所以，即，
故的面积的取值范围为.
22. 如图，ABDC是平面四边形，为正三角形，，．将沿BC翻折，过点A作平面BCD的垂线，垂足为H．
（1）若点H在线段BD上，求AD的长；
（2）若点H在BCD内部，且直线AB与平面ACD所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）4（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：由平面得，结合勾股定理可得，从而，为中点，由勾股定理计算可得；
方法二：在平面四边形中，设的中点为，连接并延长，交于，可得为的中点．在三棱锥中，，，得平面，平面平面，则点在直线上，当点在线段上，此时与重合，结合勾股定理计算可得；
（2）方法一：当点在内部，知平面，则，
设是的中点，，得平面，，则为二面角的平面角．利用等体积法得：，求得，从而得出答案；
方法二：当点在内部，知平面，为二面角的平面角．过点作交于，可证得平面，平面平面，过点作，交于点，则平面，由直线与平面所成的角，求得，进而出，即可得解.
【小问1详解】
方法一：
平面，平面，，
中，，
中，，
，，
由于为等腰直角三角形，，为中点，
在中由勾股定理得，，，
在中由勾股定理得，，.
方法二：在平面四边形中，设的中点为，
连接并延长，交于.
为正三角形，为的中点，，
，，
为中点，为的中点.
在三棱锥中，，，且，
平面，又平面，
平面平面，点在直线上.
当点在线段上，此时与重合，
，
平面，平面，
，
在，，
在，，
【小问2详解】
方法一：
当点在内部，知平面，平面，则，
设是的中点，连接，
为正三角形，，
，平面，平面，
平面，，
为二面角的平面角.
设点到平面的距离为，则，
过点作，连接，
由平面，在的中垂线上，
设，则，
由等体积法得：，
，即，
，解得，所以,
.
方法二：
当点在内部，知平面，此时在线段（不含端点）上.
，为二面角的平面角.
由于平面，，
过点作交于，连接，
，，
又因为，平面，
平面，平面平面，
过点作，交于点，
又平面平面，平面.
设为直线与平面所成的角，则点到平面的距离为，
，解得，
在中，可设
由于，解得.
在中，，
所以.