2022-2023学年湖北省襄阳市襄州区第一高级中学高二上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省襄阳市襄州区第一高级中学高二上学期9月月考数学试题含解析，共21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。
2022-2023学年湖北省襄阳市襄州区第一高级中学高二上学期9月月考数学试题 一、单选题1．若复数，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据共轭复数的定义，求出 ，再将 转化为复数的标准形式即可.【详解】由题意， ， ，∴其虚部为 ；故选：D.2．已知平面的一个法向量为，点在平面内，若点到平面的距离，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】先计算，再代点到直线的距离公式即可求解【详解】由题意，所以，即，解得或．故选：C3．甲、乙两人比赛，每局甲获胜的概率为，各局的胜负之间是独立的，某天两人要进行一场三局两胜的比赛，先赢得两局者为胜，无平局．若第一局比赛甲获胜，则甲获得最终胜利的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分两种情况（甲第二局获胜或甲第二局负，第三局获胜）讨论得解.【详解】解：根据题意知只需考虑剩下两局的情况，（1）甲要获胜，则甲第二局获胜，此时甲获得最终胜利的概率为；（2）甲要获胜，则甲第二局负，第三局获胜，所以甲获得最终胜利的概率为．故甲获得最终胜利的概率为.故选：B4．在棱长均等的正三棱柱中，直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设正三棱柱的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】设正三棱柱的棱长为2，取的中点，的中点，连接，则∥，，因为平面，平面，所以，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设直线与所成角为，则，所以直线与所成角的余弦值为，故选：D5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令可得，再代入，结合诱导公式与二倍角公式求解即可【详解】令可得，故，则故选：C6．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出直线的方向向量，平面的法向量，再根据空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．【详解】平面的方程为，平面的法向量可取平面的法向量为，平面的法向量为，设两平面的交线的方向向量为，由，令，则，，所以，则直线与平面所成角的大小为，．故选：A．7．以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成120°的二面角.若，，其中，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的平面角的定义得是和折成120°的二面角的平面角，解三角形求得，，由已知得点P在平面ABC内，则的最小值为点D到平面ABC的距离，设点P到平面ABC的距离为h，运用等体积法可求得答案.【详解】解：由已知得，所以是和折成120°的二面角的平面角，所以，又，所以，，所以，因为，其中，所以点P在平面ABC内，则的最小值为点D到平面ABC的距离，设点P到平面ABC的距离为h，因为，，所以平面BDC，所以AD是点A到平面BDC的距离，所以，又中，，所以，所以，则，所以，解得，所以的最小值为，故选：C.8．如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值.【详解】过作交BC于E，连接EH，∵在平面内的射影恰好落在线段上，即面，∴且，,即面，面，则,∴二面角的平面角为，在中，，若令，则，又，∴，且，故，则，即方程在上有解时，m的最大值即为所求，而开口向上且，即，对称轴.∴当时，，显然成立；当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，，即；∴综上，有，即，故二面角的正切的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值. 二、多选题9．已知，表示两条不重合的直线，，，表示三个不重合的平面，给出下列命题，其中正确的是（    ）A．若，，且，则B．若，相交且都在，外，，，，，则C．若，，则D．若，，，则【答案】BD【分析】根据线面平行，面面平行的性质和判定分析判断即可.【详解】对于A，当，，且时，与有可能平行，也可能相交，所以A错误，对于B，设，确定的平面为，因为，，，，，是相交直线，所以，，故，所以B正确，对于C，当，时，与可能平行，也可能相交，所以C错误，对于D，当，，时，由线面平行的性质定理可知，所以D正确．故选：BD．10．下列说法中正确的有（    ）A．若事件A与事件B是互斥事件，则B．若事件A与事件B是对立事件，则C．某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D．把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件【答案】ABC【分析】根据互斥事件、对立事件的概念判断即可.【详解】解：事件与事件互斥，则不可能同时发生，所以，故A正确；事件与事件是对立事件，则事件即为事件，所以，故B正确；事件“至少两次中靶”与“至多一次中靶”不可能同时发生，且二者必发生其一，所以为对立事件，故C正确；“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误．故选：ABC11．函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．B．若把图像上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，则函数在上是增函数C．若把函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则函数是奇函数D．，若恒成立，则的取值范围为【答案】CD【分析】根据图像可确定最小正周期，由此可得；根据可求得，由此可得A错误；根据三角函数伸缩变换可求得，利用代入检验的方式可知B错误；根据三角函数平移变换可得，由正弦型函数奇偶性判断可知C正确；将问题转化为，由正弦型函数值域求法可求得的值域，由此可得的范围，知D正确.【详解】对于A，由图像可知：的最小正周期，；，，解得：，又，，，A错误；对于B，图像上的所有点的横坐标变为原来的倍得：，当时，，在上不单调，B错误；对于C，的图像向左平移个单位长度得：，，即为奇函数，C正确；对于D，，由得：，当时，，，，，即实数的取值范围为，D正确.故选：CD.12．棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（    ）A．三棱锥的体积为定值B．二面角的正切值的取值范围为C．当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形D．当时，三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【分析】根据平面，得到点到平面的距离为定值，可判定A正确；当时，点与点重合，得到二面角的平面角大于，可判定B不正确；当时，得到可得且，可判定C正确；在上取点，使，连接，设三棱锥的外接球的球心为，根据，列出方程，求得球的半径，可判定D正确.【详解】对于A中，因为，可得点是线段上的一个动点，又因为平面，所以点到平面的距离为定值，所以三棱锥是定值，又由，所以A正确；对于B中，当时，点与点重合，此时二面角的平面角大于，如图所示，此时二面角的正切值小于，所以B不正确；对于C中，当时，此时，即点为的中点，如图所示，连接，此时，在正方体中，因为可得分别为棱，的中点，可得且，在直角中，可得,在直角中，可得,所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；对于D中，如图所示，连接，交于，则为的中点，所以，在上取点，使，连接，则，所以平面，则，设三棱锥的外接球的球心为，则，由及，得点在过点且平行于的直线上，设，因为，，所以，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为，所以D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知，则点到直线的距离为_______.【答案】【分析】根据空间向量点到线的距离公式求解即可【详解】因为，，点到直线的距离为：故答案为：14．已知向量可作为空间的一组基底，若，且在基底下满足，则 __．【答案】2【分析】根据题意利用向量相等列出方程组求出的值．【详解】因为，且，所以，解得故答案为：2．15．已知三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧面底面，且，则该几何体的外接球的表面积为____________．【答案】【分析】取的中点，连接、，根据面面垂直的性质得到底面，建立空间直角坐标系，首先求出外接圆的圆心，即可设球心为，则，即可得到方程，求出，从而得到外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得；【详解】解：取的中点，连接、，因为，为等边三角形，所以，，又侧面底面，侧面底面，所以底面，如图建立空间直角坐标系，则，，，，则外接圆的圆心为，设球心为，则，所以，解得，所以，所以外接球的表面积；故答案为：16．如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．【答案】【分析】先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.【详解】由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，对点分三种情况讨论，如下图所示：（1）第一类为号点.①若，三点共线有条直线，此时有种；②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种； （2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：故有种.综上所述，满足共有种.因此，所求概率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）数状图法；（4）排列组合数的应用. 四、解答题17．如图，在空间四边形中，已知是线段的中点，在上，且．(1)试用，，表示向量；(2)若，，，，，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）由（1）可得，根据空间向量数量积的运算律及定义计算可得；【详解】(1)解：，，又(2)解：由（1）可得知18．某班进行了一次数学测试，并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值；(2)估计这次测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(3)在测试成绩位于区间[80，90）和[90，100]的学生中，采用分层抽样，确定了5人，若从这5人中随机抽取2人向全班同学介绍自己 的学习经验，设事件A＝“抽取的两人的测试成绩分别位于[80，90）和[90，100]”，求事件A的概率P（A）.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解；（2）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；（3）根据题意确定抽样比，利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】(1)解：由频率分布直方图的性质，可得，解得.(2)解：根据频率分布直方图的平均数的计算公式， 这次测试成绩的平均数为 （分）.(3)解：测试成绩位于的频率，位于的频率，因为，所以确定的5人中成绩在内的有3人，分别记为，成绩在内的有2人，分别记为，从5人中随机抽取2人的样本空间：共有10个样本点，其中，即，所以概率为.19．在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．(1)求角B的大小；(2)若，角B的角平分线交AC于D，且BD＝1，求的周长．【答案】(1)120°(2) 【分析】（1）根据cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC，利用正弦定理和余弦定理求解；（2）根据，得到ac＝a+c，再由b＝2，利用余弦定理求解.【详解】(1)解：因为cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC，所以1﹣sin2C＝sin2A+1﹣sin2B+sinAsinC，即sin2B＝sin2A+sin2C+sinAsinC，由正弦定理得，b2＝a2+c2+ac，由余弦定理得，cosB，由B为三角形内角得B＝120°；(2)由题意得: ，且ABDCBDB＝60°，BD＝1，所以，所以（a+c），即ac＝a+c，因为b＝2，由余弦定理得，b2＝12＝a2+c2﹣2accos120°＝a2+c2+ac，因为，所以ac=a+c＝4或ac＝﹣3（舍），故的周长为．20．大力开展体育运动，增强学生体质，是学校教育的重要目标之一.我校开展体能测试，A、B、C三名男生准备在跳远测试中挑战2.80米的远度，已知每名男生有两次挑战机会，若第一跳成功，则等级为“优秀”，挑战结束；若第一跳失败，则再跳一次，若第二跳成功，则等级也为“优秀”，若第二跳失败，则等级为“良好”，挑战结束.已知A、B、C三名男生成功跳过2.80米的概率分别是，，，且每名男生每跳相互独立.(1)求A，B，C三名男生在这次跳远挑战中共跳5次的概率；(2)分别求A，B，C三名男生在这次跳远挑战中获得“优秀”的概率【答案】(1)(2)A，B，C三名男生获得“优秀”的概率分别为，， 【分析】（1）A，B，C三名男生共跳5次，则可知有1人第一跳成功，其余2人第一跳失败，然后利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可，（2）根据题意获得优秀可分为两个互斥事件：第一次成功，第一次失败第二次成功，由此分别计算即可【详解】(1)记“A，B，C三名男生第跳成功分别为事件，则由题意可知,A，B，C三名男生共跳5次，则有1人第一跳成功，其余2人第一跳失败，记“A，B，C三名男生共跳5次”为事件，则(2)由题意得男生跳高的等级为“优秀”的概率为 ,男生跳高的等级为“优秀”的概率为 男生跳高的等级为“优秀”的概率为 21．已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点． (1)求平面与平面所成的锐二面角的大小；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）证明出平面，，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；（2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.【详解】(1)解：因为是正三角形，为的中点，所以，，因为平面，平面，，，平面，因为且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，、、、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，，因此，平面与平面所成的锐二面角为.(2)解：假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，设，其中，，由题意可得，整理可得，因为，解得.因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且.22．如图所示，已知多面体中，四边形为菱形，为正四面体，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过证明平面平面来证明平面；（2）如图，以菱形的两条对角线所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为平面，，所以平面平面因为平面，所以平面.（2）以菱形的两条对角线所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设，则，因为为正四面体，所以点E坐标为，，因为平面平面，所以平面与平面的法向量相同.设平面的一个法向量为，则，即可取.可取为平面的法向量.所以，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的证明，二面角大小的求解，考查了运用空间向量来求解二面角问题，考查了学生的空间想象和运算求解能力.