2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县高二上册10月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县高二上册10月月考数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设集合，则集合的真子集个数为（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【正确答案】C
【分析】根据集合对元素的要求，求得集合，即得其真子集个数.
【详解】由且可知，可以取，则可取，
即，故集合的真子集个数为.
故选：C.
2. 已知，，则（ ）
A. 23B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据余弦和角公式和求出，求出，利用二倍角公式求出答案.
【详解】，
，
，
.
故选：C.
3. 在平行四边形中，已知，则（ ）
A. 5B. 9C. 13D. 18
【正确答案】B
【分析】根据向量加法、减法和数量积运算列方程来求得.
【详解】，
两式平方并相减得，所以.
故选：B
4. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用向量的夹角公式直接求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C
5. 在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，则复数对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】A
【分析】设出复数的代数形式，利用复数的除法运算求出即可判断得解.
【详解】由在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，设，
则，显然，
所以点在第一象限，A正确.
故选：A
6. 已知圆锥的轴截面是边长为3的等边三角形，且该圆锥底面圆和顶点都在球的球面上，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据圆锥的轴截面是边长为3的等边三角形，求出外接球的半径即可求出体积.
【详解】圆锥的轴截面是边长为3的等边三角形，
边长为3的等边三角形的外接圆半径即是圆锥的外接球半径,
设球的半径为，由正弦定理得，即，故球的体积.
故选：D.
7. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（ ）
A. 4.5B. 5C. 5.5D. 6
【正确答案】C
【分析】由平均数及百分位数的定义求解即可.
【详解】依题意，，解得，
将数据从小到大排列可得：，
又，则分位数为.
故选：C.
8. 现有7张分别标有的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为，剩下的2张卡片数字之和为，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】依据题意，将转化为，再结合古典概型公式求解即可.
【详解】因为，所以，
故，而，所以，解得，
所以求的概率即可，从7张卡片抽2张，
基本事件有，
，
共有个基本事件，且设的概率为，
符合题意的事件有，
，共9种，所以，故D正确.
故选：D
关键点点睛：本题考查概率，解题关键是合理消元，转化条件，然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知事件两两互斥，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】根据互斥事件的概念、互斥事件概率加法公式得解.
【详解】对于A，因为事件两两互斥，
所以，故A错误.
对于B，由，得，故B正确.
对于D，由，得，故D正确.
对于C，因为，所以C正确.
故选：BCD
10. 已知正方体的棱长为2，E是正方形的中心，F是棱CD(包含顶点)上的动点，则以下结论正确的是（ ）
A. EF的最小值为
B. 存在点F，使EF⊥
C. 三棱锥的体积是定值
D. 直线EF与平面所成角的正切最大值为
【正确答案】BCD
【分析】A选项，作出辅助线，得到F为CD中点时，EF取得最小值，由勾股定理求出最小值；B选项，当点F与点C重合时，证明线面垂直，得到⊥，⊥EF；C选项，根据的面积不变，点E到平面距离不变，得到三棱锥体积不变；D选项，取的中点，证明出当与重合时，平面，由对称性可知，当点F与点C或D重合时，直线EF与平面所成角最大，故正切值最大，求出各边长，得到正切最大值.
【详解】对于A，取的中点，连接，则⊥平面，
连接FM，显然F为CD中点时，EF取得最小值，
此时，故A不正确．
B选项，当点F与点C重合时，因⊥，
又⊥平面，平面，故⊥，
又，平面，
故⊥平面，又平面，所以⊥，
所以⊥EF，所以B正确；
C选项，的面积不变，点E到平面(平面)的距离不变，
所以三棱锥的体积是定值，所以C正确；
D选项，取的中点，连接，，
则，，
取的中点，连接，则，故四边形为平行四边形，
故，由于平面，平面，
故平面，故当与重合时，平面，
由对称性可知，当点F与点C或D重合时，
直线EF与平面所成角最大，故正切值最大，
最大值为，所以D正确.
故选：BCD．
方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
11. 如图，四棱柱中，为的中点，为上靠近点的五等分点，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BD
【分析】运用空间向量的基底表示，结合平面向量的三角形法则和线性运算规则可解.
【详解】，
即，故A错误、B正确；
，
即，故C错误，D正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，在某个海域，一艘渔船以海里/时的速度，沿方位角为的方向航行，行至处发现一个小岛在其东偏南方向，半小时后到达处，发现小岛在其东北方向，则处离小岛的距离为__________海里.

【正确答案】
【分析】根据题意得，，，再利用正弦定理可得.
【详解】由题意及方位角可得，，，，
因为渔船以海里/时的速度航行，所以海里，
由正弦定理可得，即，得海里，
故答案为.
13. 从2011名学生中选取40名同学组成参观团，若采用下面的方法选取：先简单随机抽样从2011人中剔除11人，再将剩下的2000人按系统抽样的方法进行选取，则每个人入选的概率为______．
【正确答案】
【分析】根据随机抽样可知：每个个体入选的概率均等，与抽样方法和过程无关，即可得结果.
【详解】根据随机抽样可知：每个个体入选的概率均等，与抽样方法和过程无关，
所以每个人入选的概率为.
故答案为.
14. 已知的内角所对的边分别为a、b、c，，为边上一点，满足，且．则的最小值为______．
【正确答案】9
【分析】由条件可得BD平分，利用三角形等面积转化可得，求出代入所求式，整理后运用基本不等式即可求得.
【详解】由得平分．因为，
故由，可得，
化简得，即，
则．
因为，故，
当且仅当，即时，等号成立，
此时取得最小值9．
故9
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 在中，角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若的面积为，周长为8，求.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理角化边可得，由余弦定理即可求出角；
（2）根据三角形面积公式可得，利用余弦定理结合完全平方公式可得，即可求.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得：所以，
整理得，
所以，
因为，
所以
【小问2详解】
因为的面积为，
所以由（1）可知，，
解得，
所以
又因为，
所以，
解得.
16 已知非零向量，满足，且，.
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）设与的夹角为，求及的值.
【正确答案】（1）；
（2）证明见解析； （3），.
【分析】（1）由条件，结合数量积的运算律求；
（2）由条件根据数量积运算律求，再计算，由此证明结论；
（3）根据模的性质和数量积运算律求，根据向量夹角公式求.
【小问1详解】
因为，
所以，故，
又，
所以，
【小问2详解】
因为，
所以，又，
所以，
所以，
所以；
【小问3详解】
因为，
所以，
因为，
又，，，
所以.
17. 某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩（满分为100分），按分数分为，共6组，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求的值，并求这100名学生成绩的中位数（保留一位小数）；
（2）若认定评分在80,90内的学生为“运动爱好者”，评分在90,100内的学生为“运动达人”，现采用分层抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率.
【正确答案】（1），中位数是分
（2）
【分析】（1）根据频率之和为求得，根据中位数求法求得中位数.
（2）先按分层抽样计算出、抽取的人数，然后利用列举法求得所求概率.
【小问1详解】
依题意，，解得.
前三组的频率为，
所以中位数为分.
【小问2详解】
的频率为，的频率为，两者的比例是，
所以抽取的名学生中，中的有人，记为；
在中的有人，记为；
从中抽取人，基本事件有，
共种，其中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的是：
，共种，故所求概率为.
18. 甲口袋中装有2个相同的小球，它们分别写有字母和；乙口袋中装有3个相同的小球，它们分别写有字母和；丙口袋中装有2个相同的小球，它们分别写有字母和．从三个口袋中各随机取出1个小球．
（1）取出的3个小球上恰好有1个､2个和3个元音字母的概率分别是多少？
（2）取出的3个小球上全是辅音字母的概率是多少？（注：本题中，是元音字母；是辅音字母）
【正确答案】（1）（1个元音），（2个元音），（3个元音）；
（2）.
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后根据古典概型求得所有的结果；
（2）首先求得取出的3个小球上全是辅音字母的情况，然后利用概率公式求解即可．
【小问1详解】
如图所示，所有可能出现的情况有种，
记三个小球上恰好有一个、两个和三个的元音字母为事件,
事件发生的情况有种，事件发生的情况有种，事件C发生的情况有种，
所以.
【小问2详解】
由树状图知共有12种等可能的结果，
取出的3个小球上全是辅音字母的有2种情况，
所以取出的3个小球上全是辅音字母的概率为.

19. 如图所示，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，分别是棱的中点，是的中点.

（1）证明：；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【分析】（1）由正三角形性质得，利用直棱柱及线面垂直的性质定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先利用线面平行的判定定理证得平面和平面，然后利用面面平行的判定定理证明即可；
（3）作与交于点.利用线面垂直的性质定理及二面角平面角的定义作出平面角，然后在直角三角形中求解即可.
【小问1详解】
由题意，分别是棱的中点，CD，，
所以四边形为平行四边形，又，所以为正三角形，
又是的中点，所以，因为平面，平面，
所以，又，平面，所以平面，
又平面，故.
【小问2详解】
因为，又平面，平面，所以平面，
同理平面，又平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
作与交于点

由（1）知，又，平面，
所以平面，而平面，所以，
故是二面角的平面角.
由，得，解得.
由于平面平面，所以.
在中，，
所以，
即二面角的余弦值为.