湖南省郴州市部分学校2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份湖南省郴州市部分学校2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 在正方体中，二面角的正切值为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占60%，选择性必修第一册第一章至第二章第4节占40%.
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. 已知全集，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用补集与交集的定义可求解.
【详解】因为全集，，所以，
又因为，.
故选：D.
2. 已知复数（），且，则（）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的模的定义即可求解.
【详解】因为，，所以，解得，
因为，所以.
故选：D,
3. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系得出余弦值，再结合诱导公式化简后应用二倍角正弦公式计算即可.
【详解】因为,
又因为,
所以,
所以.
故选：A.
4. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（）
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用题意结合奇函数定义判断是奇函数，再利用奇函数的性质求解即可.
【详解】因为定义在上的函数满足，
所以是奇函数，且，故，解得，
故当时，，由奇函数性质得，
而，故，故A正确.
故选：A
5. 在正方体中，二面角的正切值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点，连接，可得是二面角的平面角，求解即可.
【详解】取的中点，连接，
由正方体，可得，
所以，所以是二面角的平面角，
设正方体的棱长为2，可得，所以，
在中，,
所以二面角的正切值为.
故答案为：D.
6. 已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出动点和动点的坐标，找到动点和动点坐标的关系，再利用相关点法求解轨迹方程即可.
【详解】设，，由中点坐标公式得，
所以，故，
因为A在圆上运动，
所以，
化简得，故B正确.
故选：B
7. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵中，，，分别是所在棱的中点，则下列3个直观图中满足的有（）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明逐个判断即可.
【详解】在从左往右第一个图中，因为，所以，
因为侧棱垂直于底面，所以面，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
因为分别是所在棱中点，所以
所以，，故，
即得证，在从左往右第二个图中，我们建立同样的空间直角坐标系，
此时，所以，，
故，所以不垂直，
在从左往右第三个图中，我们建立同样的空间直角坐标系，
此时，
故，，即，所以不垂直，
则下列3个直观图中满足的有个，故B正确.
故选：B
8. 已知过点的直线l与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，O为坐标原点，则的最小值为（）
A. 12B. 8C. 6D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知直线的斜率存在设为，分别解出两点的坐标，表示出的表达式由基本不等式即可求得最小值.
【详解】由题意知直线的斜率存在．设直线的斜率为，
直线的方程为，则，
所以
，
当且仅当，即时，取等号.
所以的最小值为.
故选：B.
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，部分选对的得分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点中心对称
D. 的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得最小正周期判断A；求得对称轴判断B；求得对称中心判断C；求得值域判断D.
【详解】因为，所以的最小正周期为，故A正确；
由，可得，
所以图象的对称轴为，
当时，图象的关于对称，故B正确；
由，可得，
所以图象的对称中心为，
当时，图象的关于点对称，故C不正确；
由，故的值域为，故D正确.
故选：ABD.
10. 若数据，，和数据，，的平均数、方差、极差均相等，则（）
A. 数据，，，，，与数据，，的平均数相等
B. 数据，，，，，与数据，，的方差相等
C. 数据，，，，，与数据，，的极差相等
D. 数据，，，，，与数据，，的中位数相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】运用平均数，方差，极差，中位数的计算方法和公式计算，通过已知两组数据的平均数、方差、极差均相等这个条件，来分析这两组数据组合后的相关统计量与原数据的关系.
【详解】设数据的平均数为，数据的平均数也为.
那么数据的平均数为，
所以数据与数据的平均数相等，A选项正确.
设数据的方差为，数据的方差也为.对于数据，
其方差计算为,
所以数据与数据的方差相等，B选项正确.
设数据的极差为，数据的极差也为.
对于数据，其极差是这六个数中的最大值减去最小值，
由于前面两组数据的极差相等，所以组合后数据的极差依然是，
所以数据与数据的极差相等，C选项正确.
设数据按从小到大排列为，中位数为.
设数据按从小到大排列为，中位数为.
对于数据按从小到大排列后，中位数不一定是，
所以数据与数据的中位数不一定相等，D选项错误.
故选：ABC
11. 已知四棱柱底面是边长为6的菱形，平面，，，点P满足，其中，，，则（）
A. 当P为底面的中心时，
B. 当时，长度的最小值为
C. 当时，长度的最大值为6
D. 当时，为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，利用空间向量进行逐项进行分析求解判断.
【详解】对于A，当为底面的中心时，由，则故，故A错误；
对于B，当时，
当且仅当，取最小值为，故B正确;
对于C，当时，，则点在及内部，
而是以为球心，以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分，
当时，，当时，，可得最大值为，故C正确；
对于D，， ，
而，所以
，则为定值，故D正确.
故答案选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，.若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算结合平面向量垂直的性质建立方程，求解参数即可.
【详解】因为向量，，所以，
因为，所以，解得.
故答案为：
13. 已知在正四棱台中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算求得，根据向量的夹角公式可求异面直线与所成角的余弦值.
【详解】，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
14. 已知函数，若函数有三个零点，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，可得或，函数有三个零点，则需方程有两个解，则y=gx与的图象有两个交点，数形结合可求解.
【详解】令，可得，
所以，所以或，
由，又，可得，解得或，
方程无解，方程有一解，故有一解，
要使函数有三个零点，
则有两解，即y=gx与的图象有两个交点，
作出函数y=gx的图象的示图如下：
由图象可得，解得.
所以的取值范围为.
故答案为：.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求B；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合内角和定理与两角和与差的正弦公式化简等式得，代入求解可得；
（2）由根据角的范围得，由正弦定理结合二倍角公式可得，从而得，再利用余弦定理求边，由面积公式可求结果.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
，
又代入上式得，
所以，
由，则为锐角，且，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，，所以，则，，
故，或（舍去）
所以，又，，
由正弦定理得，
则，则，
由余弦定理得，则，
化简得，解得，
所以.
故的面积为.
16. 甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环.设甲、乙、丙三人水平相当，每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求甲连续打四局比赛的概率；
（2）求在前四局中甲轮空两局的概率；
（3）求第四局甲轮空的概率.
【答案】（1）18
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意知甲前三局都要打胜，计算可得甲连续打四局比赛的概率；
（2）甲轮空两局的情况为，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，计算即可；
（3）分析可得甲第四轮空有两种情况：第1种情况，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，第2种情况，第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲败，第四局轮空，计算即可.
【小问1详解】
若甲连续打四局，根据比赛规则可知甲前三局都要打胜，
所以甲连续打四局比赛的概率；
【小问2详解】
在前四局中甲轮空两局的情况为，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，
故在前四局中甲轮空两局的概率；
【小问3详解】
甲第四轮空有两种情况：
第1种情况，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，
第2种情况，第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲败，第四局轮空，
第1种情况的概率；第2种情况的概率；
由互斥事件的概率加法公式可得第四局甲轮空的概率为.
17. 如图，在几何体中，平面，，，，，分别为棱，的中点.
（1）证明：平面．
（2）证明：.
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）构造线线平行，证明线面平行.
（2）先证平面，得到，结合（1）中的结论，可得.
（3）问题转化为直线与平面所成角的正弦值.设，表示的长，利用体积法求到平面的距离，则问题可解.
【小问1详解】
如图，连接.
在中，，分别为棱，的中点，所以,，
又平面，平面.
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又,平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以.
【小问3详解】
因为，所以直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，设为.
不妨设，则.
设到平面的距离为.
则.
又.
在中，，，所以.
所以.
所以.
故直线与平面所成角的正弦为.
18. 设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”．
（1）若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B；
（2）若集合是“等差集”，求m的值；
（3）已知正整数，证明：不是“等差集”．
【答案】（1）答案见解析
（2） （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差集定义结合子集的定义求解即可；
（2）根据等差集定义应用，即逐个计算判断即可；
（3）应用反证法证明集合不是等差集.
【小问1详解】
因为集合，，存在3个不同的元素a，b，，使得，
则或或.
【小问2详解】
因为集合是“等差集”，
所以或或,
计算可得或或或，
又因为正整数,所以.
【小问3详解】
假设是“等差集”，
则存在,成立，
化简可得,
因为,所以,
所以x=1与集合的互异性矛盾，
所以不是“等差集”．
【点睛】方法点睛：解题方法是定义的理解，应用反证法设集合是等差集，再化简计算得出矛盾即可证明.
19. 过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）存在，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由定积直线的定义运算可求结论；
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，利用定积直线的定义可得或，进而，计算即可；
（3）设直线，直线，其中，计算得，利用基本不等式可求的取值范围.
【小问1详解】
存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
【小问2详解】
设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
【小问3详解】
设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【点睛】思路点睛：理解新定义题型的含义，利用定积直线的定义进行计算求解，考查了运算求解能力，以及基本不等式的应用.