2024-2025学年陕西省西安市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数（为虚数单位），则实数的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
3．设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．D．
4．如图，在中，是上的一点，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知动点Q在所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有，则实数m的值为（ ）
A．0B．2C．D．
6．在中，内角所对的边分别为，若，则的形状一定为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．锐角三角形
7．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
8．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．和夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
10．下面四个结论正确的是（ ）
A．已知向量，，则在上的投影向量为
B．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．若，则是锐角.
11．如图，在三棱柱中，，是等边三角形﹐点为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有（ ）

A．平面
B．异面直线与所成角的大小是
C．球的表面积是
D．点到平面的距离是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知 则在上的投影向量为
13．已知向量，，若，则 .
14．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在空间四边形中，，点E为的中点，设，，．

(1)试用向量，，表示向量；
(2)若，，求的值．
16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积．
17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面．

(1)求证：；
(2)求平面APB与平面夹角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
18．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，，求的值；
(3)设是边上一点，为角平分线且，求的值.
19．如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，则，
所以，
又，
所以.
故选C.
2．【答案】D
【分析】由已知可得，根据复数乘法运算法则，和复数相等的充要条件，即可求解.
【详解】，
故选:D.
【点睛】本题考查复数的代数运算、复数相等的应用，属于基础题.
3．【答案】B
【分析】作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案.
【详解】如图，直线的斜率为；直线的斜率为；
当直线与线段相交时，则的斜率的取值范围是或.
故选B.

4．【答案】D
【详解】因为，，
所以.
因为三点共线，所以，解得.
故选：D.
5．【答案】B
【分析】先将题中条件：“”化成：“”利用四点共面的充要条件，列出方程求出m．
【详解】P∈平面ABC，若则x+y+z＝1．
.又动点Q在所在平面内运动，
所以，解得.
故选：B
6．【答案】A
【分析】利用余弦定理将化为，然后化简可得答案.
【详解】，由余弦定理可得，则，
则，所以为直角三角形.
故选A.
7．【答案】B
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
8．【答案】C
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由得
令z=1，得
∴.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.故选C.
9．【答案】BD
【详解】对于A，，，因为，所以与不是共线向量，故A错误；
对于B，，与同向的单位向量是，故B正确；
对于C，，，，所以和夹角的余弦值是，故C错误；
对于D，，，设为平面的一个法向量，
则，，令，可得，
所以平面的一个法向量是，故D正确.
故选：BD.
10．【答案】ABC
【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；
选项B：因为，则P，A，B，C四点共面，故选项B正确；
选项C：是空间的一组基底，将向量看作立方体三条相邻的棱，且，
所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.
选项D：当 时，，但是向量同向，是零不是锐角，故选项D错误；
故选：ABC
11．【答案】ACD
【详解】对于A：如图，因为球是三棱柱的外接球，设的外心为，连接，则面，因为，所以平面，故选项A正确；
对于B：因为，所以是异面直线与所成的角.
因为，所以，，
所以，所以，故选项B不正确；
对于C：设的外心为，连接，，，由题意可得，，
则球的半径，
从而球的表面积是，故选项C正确；
对于D：设外接圆的半径为，由题意可得，
则，由正弦定理可得
，所以，
则点到平面的距离﹐故选项D正确；
故选：ACD

12．【答案】
【详解】因为，且
所以在 上的投影向量为 .
故答案为： .
13．【答案】2
【详解】因为，所以，即，
所以，解得.
故答案为：
14．【答案】/0.75
【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得及，故可得，消元后可得的值.
【详解】由正弦定理可得，
故，
故，
整理得到，
而，故，所以，
故，解得或，
若，则，故同为钝角，这与矛盾，
故.
故答案为：.
15．【答案】(1)；(2).
【详解】（1）因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以.
（2）因为，，
所以
.
16．【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）在中，，
由正弦定理得，．
又，，
，，，
，．
（2）在中，，，，
由正弦定理得，，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为．
17．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)不存在，理由见详解
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，可得平面，
因为平面，所以.
（2）取中点，连接，
因为，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
可得平面，
由平面，可得，
因为，则，
可知四边形是平行四边形，则，
如图，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，

则
可得，
设平面APB的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
则，
所以平面APB与平面夹角的余弦值为.
（3）设，
且，则，
若平面，则∥，可得，方程无解，
所以不存在点，使得平面.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意及正弦定理可得：，
可得，即，
在中，，所以，
因为B∈0,π，所以；
（2）因为，，，
由余弦定理得，
所以，即，
所以，，由正弦定理可得：，
可得，
因为，则，则，
可得，
且，
所以
；
（3）因为，是角平分线，即，
因为，
所以，由正弦定理可知，
所以，所以，
整理可得，即，
又因为，且，
即，解得.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)存在，.
【详解】（1）连接与，两线交于点，连接，
在中，分别为，的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，所以.
又为棱的中点，，所以.
因为，，平面，
所以平面，平面，所以.
因为，所以.又，
在和中，，
所以，即，
所以，又，，平面，
所以平面.
（3）当点为的中点，即时，平面平面.
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，又为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
由（2）知：平面，所以平面，又平面，
所以平面平面.
2024-2025学年陕西省西安市高二上学期9月月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复数，若是实数，则实数（ ）
A．3B．C．6D．
2．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．两条直线和一个平面所成的角相等是这两条直线平行的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．某圆台的上、下底面半径分别为，，且，圆台的体积为，若一个球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，，则（ ）
A．B．C．为偶函数D．为奇函数
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则的最小值为4
D．在复平面内，所对应的向量分别为，其中为坐标原点，若，则
10．设A，B是两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若A，B是互斥事件，则
B．若，则
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若，则A，B是相互独立事件
11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．若点为的中点，则平面
B．连接，则直线与平面成角正弦值为
C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则 ．
13．已知正实数 满足 ，则 的最小值为 .
14．定义表示中的最小者，设函数，若，则x的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)求函数在区间上的值域.
16．2024年3月31日，贵州铜仁梵净山春季马拉松在梵净山赛道成功举行，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.铜仁市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差.
17．在中，角所对的边分别为，的外接圆半径为，且．
(1)证明：；
(2)若，的面积为，求的周长．
18．如图，在正方形中，点E，F分别是AB，BC的中点，将，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB.
(1)求证：；
(2)点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
19．已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”.
(1)判断是否为的“重覆盖函数”，如果是，求出的值；如果不是，请说明理由；
(2)若为的“3重覆盖函数”，求实数的取值范围；
(3)若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据条件，利用复数的运算法则及复数的定义，即可求出结果.
【详解】因为，则，
所以，得到.
故选C．
2．【答案】D
【分析】由得，再根据子集的定义得不等式求解．
【详解】由得，所以或，
解得或，所以.
故选D．
3．【答案】D
【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式计算即得.
【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为，
所以李华最终通过面试的概率为.
故选D.
4．【答案】A
【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解.
【详解】因为对任意，都有成立，
可得在上是单调递减的，
则，解得.
故选A.
5．【答案】B
【分析】根据直线所处不同位置可以分析充分性，再根据两直线平行，可判断与面所成角相等即可判断必要性.
【详解】由题意，当直线与平面所成的角相等时，两条直线可能平行、相交或异面，
则充分性不成立，
当两条直线平行时，此时与平面所成的角相等的，必要性成立，
所以两条直线和一个平面所成的角相等是这两条直线平行的必要不充分条件.
故选B.
6．【答案】B
【分析】用二倍角公式、商数关系结合已知求得，再由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以且，
即，且，解得或（舍去），
所以.
故选B.
7．【答案】B
【分析】结合圆台和球的结构特征根据圆台的轴截面图，利用勾股定理用表示圆台的高，再利用圆台体积建立的方程，解出再求出球的半径即可得球的体积.
【详解】如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，
因为球与圆台的上，下底面及侧面均相切，
则圆台内切球的球心O在的中点处，
设球O与母线切于M点，
所以，且，，
则，
同理，所以，
过A作，垂足为G，
则，
所以，
，即圆台的高为，
该圆台的体积为，
解得，
则球的直径，半径为，
则球的体积为.
故选B.
8．【答案】D
【分析】对于A，令，可求出进行判断，对于B，令，可求出进行判断，对于CD，令，可求出，从而可求出，进而可判断其奇偶性.
【详解】对于A， 令，则，得，
所以或，
当时，不恒成立，所以，故A错误，
对于B，令，则，得，
所以，或，
由选项A可知，所以，故B错误，
对于CD，令，则，由选项A可知，
所以，所以，
令，则，
所以为奇函数，即为奇函数，故C错误，故D正确.
故选D.
9．【答案】BD
【分析】A，C通过举例进行判断，B由复数模及复数的乘法进行判断，D由向量加法和减法的几何意义进行判断.
【详解】对于A，设，则，，故A错误；
对于B，设，
则
，
又，则，故B正确；
对于C，设，则，此时，故C错误；
对于D，若，则复平面内以有向线段和为邻边的平行四边形是矩形，
根据矩形的对角线相等和复数加法､减法的几何意义可知，故D正确.
故选BD.
10．【答案】CD
【分析】A由互斥事件概念可知；B由事件的包含关系得；C由概率性质与概率乘法公式可得；D由概率加法公式与相互独立事件的定义可得.
【详解】A项，若是互斥事件，不可能同时发生， ，故A错误；
B项，若，则，则，故B错误；
C项，若相互独立，则，
所以，故C正确；
D项，由，且事件互斥，则,
若， 则，
又，所以，故相互独立，故D正确.
故选CD.
11．【答案】ACD
【分析】利用线面平行的判定定理判断A；求出线面角的正弦值判断B；把正方形与正方形置于同一平面内，求出线段长判断C；求出点的轨迹判断D.
【详解】对于A，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形，，由点，分别为，的中点，得，平面，
平面，因此平面，故A正确；
对于B，连接，则，由平面，平面，
得，又平面，则平面，
过作交于，连接，于是平面，
是直线与平面所成的角，，，
，故B错误；
对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧，
连接，则的最小值为，故C正确；
对于D，延长与的延长线交于，由，得为平行四边形，
，取中点，连接交于，连接，
由，得四边形是平行四边形，，为的中点，
由平面，平面，得，又，
平面，则平面，而平面，
则，同理，因此，而，
平面，于是平面，又，则平面，
又平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段，
而，所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【分析】由已知条件分别求出和，再根据平面向量数量积的运算律求解即可．
【详解】由得，，
因为向量在向量方向上的投影向量的坐标为，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：．
13．【答案】
【分析】由已知得，然后利用基本不等式可得答案.
【详解】正实数且得，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
的最小值为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】由定义表示中的最小者，分类讨论解不等式即可.
【详解】令，解得或，
令，解得，
当或时，，由，可得：，所以；
当时，，由，可得：或，所以.
综上，由，可得．
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
(2)由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】(1)因为
，
令，
解得，
所以的单调递增区间为；
(2)因为，则，
所以，
所以，所以函数在区间上的值域为.
16．【答案】(1)；；
(2).
【分析】(1)计算出的值，根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解；
(2)先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可.
【详解】(1)由图得，
解得，
则，
，
，
设第80百分位数为，则，
，解得，
故这100名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为.
(2)设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为，
且两组的频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为：
，
故第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由余弦定理、正弦定理、两角差的正弦展开式得，可得答案；
(2)令，再利用求出，可得答案.
【详解】(1)由，
可得，所以，
又由正弦定理，可得，
即，所以，
可得或，即或（舍去），
所以；
(2)因为，，
所以，，所以为等腰三角形，
，
所以，
令其中，则
，
解得，
因此的周长为
.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由题意可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，则，再由正方形性质可得，则平面，从而可证得；
(2)由(1)可得为直线MF与平面所成角，则，令，然后根据正方形的性质求出其它边长，最后在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】(1)证明：在正方形中，连接，则，
因为点E，F分别是AB，BC的中点，所以∥，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
(2)由(1)知平面，所以为直线MF与平面所成角，
所以，
令，则，
所以，
设，连接，
由(1)知平面，因为平面，所以，
因为，所以为二面角的平面角，
因为为的中点，，所以为等腰三角形，
所以，
因为，所以，
所以，
，，
在中，由余弦定理得
，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】(1)是，；
(2)；
(3).
【分析】(1)利用题中给出的“重覆盖函数”的定义分析判断即可；
(2)由条件可得，对任意，存在3个不同的实数，使得（其中，即，即对任意有3个实根，进一步讨论求解即可；
(3)利用已知条件结合新定义，再利用正弦函数的性质进行分析求解即可.
【详解】(1)因为，
则，
任取，令，
可得，
即或，
可得，或，
所以对于任意，能找到两个，使得，
所以是的“重覆盖函数”，且；
(2)可得的定义域为，
即对任意，存在3个不同的实数，
使得（其中），
因为，则，
所以，
即，
即对任意有3个实根，
当时，已有两个根，
故只需时，仅有1个根，
当时，，不符合题意，
当时，，则需满足，解得，此时无解，
当时，抛物线开口向下，由，可得，
所以函数在单调递减，
又，
所以，
所以，
综上，实数的取值范围是；
(3)因为，
当时，当时且，
当且仅当时取等号，所以，
综上可得，即，
则对于任意要有2024个根，
由函数的图象，
要使要有2024个根，
则，
又，则，
故正实数的取值范围.