2024-2025学年四川省绵阳市高二上册9月月考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省绵阳市高二上册9月月考数学检测试题合集2套（含解析），共28页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，在中等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的班级､姓名用0.5毫米签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将准考证号准确填涂在“考号”栏目内.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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，只有一个是符合题目要求的.
1.复数，则的虚部为（ ）
A.3 B. C. D.
2.已知向量，若，则（ ）
A.1 B. C.2 D.
3.的值是（ ）
A. B. C. D.1
4.如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若，且，则原图形中边上的高为（ ）
A. B. C. D.
5.设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
6.在中.内角的对边分别为，若，则一定是（ ）
A.直角三角形 B.钝角三角形
C.等腰三角形 D.等边三角形
7.已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
8.在中，内角的对边分别为，其面积为，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小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，选对但不全的得部分分，有错选得0分.
9.已知函数，若把函数的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于原点对称，则（ ）
A.
B.函数的图象关于点对称
C.函数在区间上单调递减
D.函数在上有3个零点
10.如图，某八角镂空窗的边框呈正八边形.已知正八边形的边长为，､为正八边形内的点（含边界），在上的投影向量为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.的最大值为
D.
11.如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ）
A.该几何体的体积为
B.直线与平面所成角的正切值为
C.异面直线与的夹角余弦值为
D.存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上
三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.把答案直接填在答题卷中的横线上.
12.若复数z满足，则__________.
13.已知，则__________.
14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则__________.
四､解答题：本题共5小题，第15题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共7分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）
已知向量和，且与的夹角为，
（1）求证：
（2）若，求的值；
16.（15分）
如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，E为线段的中点，.
（1）求证：；
（2）求点E到平面的距离.
17.（15分）
函数的部分图像如图所示.
（1）求的解析式；
（2）若恒成立，求的取值范围.
18.（17分）
的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的面积；
（3）若锐角三角形，且外接圆直径为，求角取何值时，有最小值，并求出最小值.
19.（17分）
如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥.
（1）求线段的长度；
（2）求四棱锥的体积的最大值；
（3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值.
答案
1.B 2.B 3.A 4.D 5.A 6.C 7.D 8.C
9.BC
10.【详解】对于A选项，正八边形的内角为，易知，
，A对；
对于B选项，连接､，则为正八边形外接圆的一条直径，则，
所以，，B对；
对于C选项，如下图所示：
设在方向上的投影向量为，由图形可知，
当､分别在线段､上时，取最大值，
且的最大值为，C错；
对于D选项，过点､分别作的垂线，垂足分别为点､，如下图所示：
当点在线段上时，取最小值，
此时，，
当点在线段上时，取最大值，
此时，，
综上所述，，D对.故选：ABD.
11.ABD 【详解】对于A，该几何体的体积为，所以A正确，
对于B，连接交于，连接，由题意可知四棱锥为正四棱锥，
所以平面，所以为直线与平面所成角，
因为正方形的边长为1，所以，所以，所以B正确，
对于C，设，因为，所以或其补角为异面直线与的夹角，
，，
所以，所以异面直线与的夹角余弦值为，所以C错误，
对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，
则为的中点，，得，
因为，所以点长方体的外接球上，
所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，所以D正确.
12.1 13.
14.3
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，
即.所以，，，因为，所以，
解得，所以.
15.【详解】（1）因为与的夹角为，所以，
所以，所以.
（2）由（1）知，，因为，
所以，即，
于是有，即，解得或
所以的值为.
16.【详解】（1）证明：平面，平面，，
又底面ABCD为正方形，，
又，且平面，平面PAC，平面PAC，.
（2）E为线段AB的中点，若点A到平面PBD的距离为d，则点E到平面PBD的距离为.
由题易知，
.
，，解得.点E到平面的距离为.
17.【详解】（1）由图可得，函数过点，
所以，则，解得，又，则，所以；
（2）因为，所以，则，令，
设，则恒成立，由二次函数的图象性质可知，
只需，
解得，故的取值范围为.
18.【详解】（1）由及正弦定理得：
，因为，
所以，又，，，又，故；
（2）由余弦定理，又，所以，所以，由可得，
故的面积；
（3）由正弦定理可知，故，因为是锐角三角形，
所以，所以，
令，由基本不等式可知，
当且仅当时，；
故角取时，有最小值，最小值为.
19.（1）如图，延长相交于点，
因为，所以，所以是边长为1的等边三角形，，所以，，
由余弦定理得，
即，即，所以；
（2）
延长相交于点，是边长为1的等边三角形，
由（1），得，，
所以，
，故四边形的面积
为
要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，
故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高，
因为的面积为，设边上的高为，则，解得，
故四棱锥的体积的最大值为；
（3）作交于点，由，所以，
可得，所以点为的中点，
取的中点，连接，则，可得，所以，
设翻折前点为，连接，则，，，
作交于点，连接，
因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，由于，，所以，
因为分别为的中点，所以，，
，由余弦定理得
，，
所以
2024-2025学年四川省绵阳市高二上学期9月月考数学检测试题（二）
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．设，则（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则α//β
5．为了普及环保知识,增强环保意识,某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，得分（十分制）如图所示，假设得分值的中位数为，众数为，平均值为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知向量a＝（3，1），b＝（2，2），则cs 〈a＋b，a－b〉＝（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，在平行四边形中，，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
8．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ）
A．B．
C．D．
10．我们知道，如果集合，那么S的子集A的补集为且，类似地，对于集合A、B我们把集合且，叫做集合A和B的差集，记作，例如：，，则有，，下列解析正确的是（ ）
A．已知，，则
B．如果，那么
C．已知全集、集合A、集合B关系如上图中所示，则
D．已知或，，则或
11．如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（ ）
A．B．点､､､四点共面
C．直线与平面所成角的正切值为D．三棱锥的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设集合，，那么“”是“”的 条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要"）.
13．如果用半径为的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是 .
14．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进60 m到达点B，在点B处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是 m.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（1）计算：；
（2）已知，求的值.
16．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值，并求样本成绩的第80百分位数和平均数；
(2)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．
17．如图，在正三棱柱中，，D为棱BC的中点．
(1)证明：∥平面；
(2)求点到平面的距离．
18．在中，角所对的边分别，已知且.
(1)求角的大小；
(2)若是的中点，，求面积的最大值.
19．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.
(1)求，并说明的实际意义：
(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
1．B
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
2．C
【分析】根据诱导公式以及两角和与差的余弦公式即可求解.
【详解】；
；
原式
.
故选：C
3．B
【分析】根据函数的解析式，列出关于的不等式组，求出解集即可．
【详解】解：因为，则，解得，所以所求函数的定义域为．
故选：B
4．C
【分析】AB可举出反例，C选项，由线面垂直的定义得到结论；D选项，先得到线面垂直，结合面面垂直判定定理得到D错误.
【详解】若，不妨设m在内的投影为，则，
对于选项A：若，，则，结合线面垂直判定定理可知，n不一定垂直，
n可能与平行，也可能斜交，故A错误；
对于选项B：若，，此时m与可能相交、平行或m在上，故B错误；
对于选项C：因为，，则，
又，从而，故C正确；
对于选项D：因为，，则，
又，结合面面垂直判定定理可知，，故D错误．
故选：C.
5．D
【分析】根据直方图，结合中位数、众数、平均数的定义求出对应值，比较大小即可.
【详解】由图，得分从小到大，中位数为第15和16名的平均值，则，
而众数为，平均数，
所以.
故选：D
6．B
【详解】分析：利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得|a＋b|，|a－b|，（a＋b）·（a－b），从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解．
详解：因为a＝（3，1），b＝（2，2），所以a＋b＝（5，3），a－b＝（1，－1），则|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，（a＋b）·（a－b）＝5×1＋3×（－1）＝2，所以cs 〈a＋b，a－b〉＝＝＝.故选B.
7．B
【分析】利用向量加减法的几何意义将转化为、即可.
【详解】
.
故选：B
8．C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
9．BC
【分析】逐一判断奇偶性和单调性即可求解
【详解】对于A：的定义域为，且，
所以为奇函数，故A错误；
对于B：的定义域为，且，所以为偶函数，
当时，由一次函数的性质可知，在上单调递增，
即在上单调递增，故B正确；
对于C：的定义域为，且，
所以为偶函数，由幂函数的性质可知，在上单调递增，故C正确；
对于D：的定义域为，且，
所以为奇函数，故D错误；
故选：BC
10．BD
【分析】根据集合新定义判断A、B，应用韦恩图确定判断C，由求集合判断D.
【详解】A：由且，故，错误；
B：由且，则，故，正确；
C：由韦恩图知：如下图阴影部分，
所以，错误；
D：或，则或，正确.
故选：BD
11．BCD
【分析】利用反证法判断A；利用直线平行判断B；利用线面角的定义判断C；利用锥体体积公式判断D.
【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；
对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；
对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；
对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确
故选：BCD
12．充分不必要
根据集合的包含关系直接得到答案.
【详解】，，，
故“”是“”的充分不必要条件.
故充分不必要.
本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的理解能力，转化为集合的包含关系是解题的关键.
13．3
先求半圆的弧长，就是圆锥的底面周长，求出底面圆的半径，然后利用勾股定理求出圆锥的高.
【详解】半径为的半圆弧长为，
圆锥的底面圆的周长为，
圆锥的底面半径为：，所以圆锥的高：，
故3.
14．30
【分析】作出图形，设柱CD的高度为h，结合三角函数得到，，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到答案.
【详解】如图所示，设水柱CD的高度为h，
在Rt△ACD中，∵，∴，
∵，∴，
又∵B，A，C在同一水平面上，
∴△BCD是以C为直角顶点的直角三角形，
在Rt△BCD中，，∴，
在中，由余弦定理可得，
∴，即，解得，
∴水柱的高度是30 m．
故30
15．（1）（2）
【分析】（1）根据指数与对数的运算性质化简计算.
（2）用诱导公式化简式子，再用把式子转化成一个齐次式，在把分子分母同时除以，就可得到关于的式子，代入即可得到答案.
【详解】（1）.
（2）.
16．(1)，第80百分位数为86，平均数为74；
(2)，.
【分析】（1）由频率分布直方图的性质即可求解；
（2）由和组的平均数和方差即可求得总平均数和总方差.
【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，
∴
解得：
成绩落在内的频率为．
落在内的频率为．
设第80百分位数为m
由，得，故第80百分位数为86.
设平均数为，由图中数据可知：
.
（2）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为．
故,
.
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明
（2）由等体积法求解
【详解】（1）证明：连接交于O，连接OD，
正三棱柱中，易得O为中点，又D为BC的中点，
所以OD∥，因为平面，平面，所以∥平面；
（2）因为∥平面，所以C与到平面的距离相等，
由题意得，，，
因为，所以AD⊥DB1，
所以，，
设C到平面ADB1的距离为h，则，
所以，所以，
即点A1到平面AB1D的距离为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量共线坐标满足公式列出方程，结合正弦定理化简，即可得到结果；
（2）由，结合向量的模长公式，根据基本不等式以及三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由且得：，
由正弦定理得，
又，即；
（2）由，得到，
则，化简得，当且仅当时，等号成立，
面积，即面积的最大值为；
19．(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为
(2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；
（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；
（2），
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，当时，取得最大值；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值．
综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．