四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

宜宾市四中2023年秋期高二第一学月考试

数学试题

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

第I卷 选择题（60分）

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. 当时，复数在复数平面内对应点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的几何意义，根据实部和虚部的符号，求复数在复数平面内对应点所在象限.

【详解】复数，

当时，，，

∴，，

∴复数在复数平面内对应点位于第二象限.

故选：B.

2. 过点且与直线垂直的直线方程为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据已知条件求得所求直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程.

【详解】直线的斜率为，则所求直线的斜率为，

故所求直线方程为，即，

故选：D.

【点睛】结论点睛：已知直线的一般方程为.

（1）与直线平行的直线的方程可设为；

（2）与直线垂直的直线的方程可设为.

3. 已知向量与向量平行，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量平行的坐标表示列方程，化简求得的值.

详解】由于，所以.

故选：C

4. 在中，角的对边分别是. 若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由正弦定理即可求出.

【详解】因为，

由正弦定理得，即.

故选：C.

5. 已知一个圆柱的底面直径与高都等于球O的半径，则该圆柱的表面积与球O的表面积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设球的半径为,分别求出球和圆柱的表面积即可求解.

【详解】设球的半径为,则该圆柱的底面半径为，高为

所以圆柱的表面积为：,球的表面积为：

则圆柱的表面积与球的表面积之比为

故选：C

6. 如图，四面体ABCD中，，AC=2，M、N分别为BC、AD的中点，MN=1，则异面直线AC与BD所成的角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】取的中点，连接，则，，解三角形即可得解.

【详解】解：取的中点，连接，

因为M、N分别为BC、AD的中点，

所以且，且，

则或其补角即为异面直线AC与BD所成的角，

因为，

所以，

所以，

即异面直线AC与BD所成的角是.
故选：D.

7. 若是等边三角形ABC所在平面外一点，且，，，分别是AB，BC，CA的中点，则下列结论中不正确的是（    ）

A. 平面 B. 平面

C. 平面平面 D. 平面平面

【答案】D

【解析】

【分析】由判断A，由与垂直，证明线面垂直，再结合平行线判断B，根据面面垂直的判定定理判断C，根据正棱锥的性质判断D．

【详解】是等边三角形所在平面外一点，且，

，，分别是，，的中点，

，

平面，平面，平面，故正确；

，是中点，

，，

，平面，平面，

，平面，故B正确；

平面，平面，

平面平面，故C正确；

设，连结，不是等边三角形的重心，与平面不垂直，

平面与平面不垂直，故D错误．

故选：D．

8. 在中，已知，，点满足，则向量在向量方向上的投影为（    ）．

A. 3 B.  C. 2 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据条件得到以及为的重心，再结合投影的定义求解结论即可．

【详解】解：在中，，

，

，

即，

点满足，则为的重心，

向量在向量方向上的投影为：，

，

向量在向量方向上的投影为：，

故选：．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图为某市2020年国庆节7天假期的楼房认购量与成交量的折线图，小明同学根据折线图对这7天的认购量(单位：套)与成交量(单位：套)作出如下判断，则判断错误的为（    ）

A. 日成交量的中位数是16

B. 日成交量超过日平均成交量的有2天

C. 10月7日认购量的增幅大于10月7日成交量的增幅

D. 日认购量的方差大于日成交量的方差

【答案】ABC

【解析】

【分析】

结合图形及统计的基础知识逐一判定即可．

【详解】7天假期的楼房认购量为：91、100、105、107、112、223、276；

成交量为：8、13、16、26、32、38、166．

对于A，日成交量的中位数是26，故A错误；

对于B，因为日平均成交量为

，

日成交量超过日平均成交量的只有10月7日1天，故B错误；

对于C，10月7日认购量的增幅为，10月7日成交量的增幅为，即10月7日认购量的增幅小于10月7日成交量的增幅，故C错误；

对于D，因为日认购量的数据分布较分散些，方差大些，故D正确.

故选：ABC

10. 已知一个古典概型的样本空间和事件和事件，满足，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 与互斥 D. 与相互独立

【答案】AD

【解析】

【分析】计算出事件A和事件B，以及，的概率，即可判断A，B；由于，可判断C；分别计算的值，看二者的关系，判断D.

【详解】因为，，

所以，

，

，

，故A正确，错误；

与不互斥，故C错误；

事件A与相互独立，故D正确.

故选：AD.

11. 已知直线：，：（），则（    ）

A. 直线过定点 B. 当时，

C. 当时， D. 当时，两直线，之间的距离为3

【答案】ABD

【解析】

【分析】将直线变形为，即可求解定点坐标，进而可判断A，根据两直线垂直和平行满足的系数关系即可代入值求解BC,根据两平行线间距离公式可判断D.

【详解】：（）变形为，

由 则因此直线过定点，故A正确；

当时，：，：，

所以，故两直线平行，故B正确；

当时，：，：，

因为，故两直线不垂直，故C错误；

当时，则满足，解得，此时：，：，即，则两直线间的距离为，故D正确．

故选：ABD．

12. 在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝1，BD＝，三棱锥A－BCD的所有顶点均在球O的表面上，若点M、N分别为△BCD与△ABD的重心，直线MN与球O的表面相交于F、G两点，则（    ）

A. 三棱锥A－BCD的外接球表面积为 B. 点O到线段MN的距离为

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意三棱锥A－BCD可放在边长为1的正方体中，三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，由此即可计算出各边的长度，即可选出答案.

【详解】如图所示，三棱锥A－BCD可放在正方体中，故三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，

所以．A正确.

点M、N分别为线段BE、BO的2：1分点，

故，

又因，

所以在中，点O到线段MN的距离为，B错误.

所以，C正确.

．D正确.

故选：ACD.

第II卷 非选择题（90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在某次数学测验中，5位学生的成绩分别为：70，85，t，82，75，若他们的平均成绩为81，则他们成绩的分位数为________．

【答案】85

【解析】

【分析】根据百分位数的定义求解即可．

【详解】由题意知，

解得，

把这组数据按从小到大的顺序记为：70，75，82，85，93，

指数，这组数据的75%分位数为从小到大的顺序的第四个数，

因此，这组数据的75%分位数为85．

故答案为：85．

14. 设为三个随机事件，若与互斥，与对立，且，，则_____________．

【答案】

【解析】

【分析】由与对立可求出，再由与互斥，可得求解.

【详解】与对立，，

与互斥，.

故答案为：.

15. 经过点，且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程是______.

【答案】或

【解析】

【分析】分类讨论：当直线过原点时，可得斜率，可得方程，当直线不过原点时，设直线方程为，代入点可得a的方程，解方程可得a值，可得直线的方程，整理为一般式即可.

【详解】当直线过原点时，斜率为，

故方程为，整理为一般式可得；

当直线不过原点时，设直线方程为，

代入点可得，解得，

故直线方程为，

整理为一般式可得，

综上可得直线的方程为：或，

故答案为：或.

【点睛】本小题主要考查直线的截距式方程、一般式方程，属于基础题.

16. 如图所示，在正方体中，棱长为2，、、、、、、、、、、、分别为各棱的中点，则的不同值有______个．

【答案】3

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，然后得到各点坐标，算出和，利用数量积即可得到答案

【详解】解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，，，，，，

所以，，，，，，，，，，，，，

所以则有3个不同的值，

故答案为：3

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知平面内两点A(8，－6)，B(2，2).

（1）求AB的中垂线方程；

（2）求过点P(2，－3)且与直线AB平行的直线l的方程；

（3）一束光线从B点射向（2）中的直线l，若反射光线过点A，求反射光线所在直线的方程.

【答案】（1）.   

（2）.   

（3）.

【解析】

【分析】（1）利用中点坐标公式求得AB的中点坐标，再利用两直线垂直其斜率间的关系求得AB的中垂线的斜率，再由直线的点斜式方程求得答案；

（2）根据平行得出斜率，从而由点斜式求出直线方程；

（3）求得点B关于直线l的对称点B'的坐标，然后求出斜率，再由点斜式求出直线方程.

【小问1详解】

解：因为，所以AB的中点坐标为，

又所以AB的中垂线的斜率为，

故AB的中垂线的方程为，即；

【小问2详解】

解：由（1）得所以直线l的方程为，即4x+3y+1=0；

【小问3详解】

解：设B（2，2）关于直线l的对称点B'（m，n），∴ ，

解得 ，∴ ；

由点斜式可得反射光线所在直线的方程为，整理得11x+27y+74=0.

18. 某公司招聘考试分笔试与面试两部分进行，每部分成绩只记“合格”与“不合格”，两部分成绩都合格者则被公司录取.甲、乙、丙三人在笔试部分合格的概率分别为，，，在面试部分合格的概率分别为，，，所有考试是否合格相互之间没有影响.

（1）假设甲、乙、丙三人都同时参加了笔试和面试，谁被录取的可能性最大?

（2）当甲、乙、丙三人都参加了笔试和面试之后，不考虑其它因素，求三人中至少有一人被录取的概率.

【答案】（1）丙    （2）

【解析】

【分析】（1）记甲、乙、丙三人被录取分别为事件A，B，C，且A，B，C相互独立，甲、乙、丙三人被录取即三人即通过笔试部分又通过面试部分，由独立事件概率的乘法公式计算得出，，，比较概率的大小即可得出答案；

（2）记三人中至少有一人被录取为事件，则与互为对立事件，从而根据对立事件的计算公式与独立事件概率的乘法公式计算得出答案.

【小问1详解】

记甲、乙、丙三人被录取分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，

则，，，

，

丙被录取的可能性最大.

【小问2详解】

记三人中至少有一人被录取为事件，

则与互对立事件，

.

19. 在四棱锥中，底面．

（1）证明：；

（2）求PD与平面所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.

【小问1详解】

证明：在四边形中，作于，于，

因为，

所以四边形等腰梯形，

所以，

故，，

所以，

所以，

因为平面，平面，

所以，

又，

所以平面，

又因为平面，

所以；

【小问2详解】

解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

，

则，

则，

设平面的法向量，
则有，可取，

则，

所以与平面所成角的正弦值为.

20. A药店计划从甲，乙两家药厂选择一家购买100件某种中药材，为此A药店从这两家药厂提供的100件该种中药材中随机各抽取10件，以抽取的10件中药材的质量（单位:克》作为样本.样本数据的茎叶图如图所示.已知A药店根据中药材的质量（单位:克）的往定性选择药厂

（1）根据样本数据，A药店应选择哪家药厂购买中药材?

（2）若将抽取的样本分布近似看作总体分布，药店与所选药厂商定中药材的购买价格如下表:

（i）估计药店所购买的件中药材的总质量;

（ii）若药店所购买的件中药材的总费用不超过元.求的最大值.

【答案】（1）见解析；（2）①1500克，②75

【解析】

【分析】（1）分别计算出甲、乙两家药厂抽样数据均值和方差，由此选择乙厂的中药材.（2）①根据（1）中抽样样本的均值，作为的值，乘以得到总质量. ②计算出的概率，利用总价格列不等式，解不等式求得的取值范围.

【详解】（1）甲，甲 ，乙 ，所以选择乙厂的中药材.

（2）①从乙药厂所抽取的每件中药材的质量的平均值为

，

故药店所购买的件中药材的总质量的估计值为克

②乙药厂所提供的每件中药材的质量的概率为的概率为，的概率为

则药店所购买的件中药材的总费用为

依题意得

解得；所以的最大值为

【点睛】本小题主要考查概率统计的知识.要选择合适要药厂，主要通过平均数和方差来决定，方差越小越稳定.属于中档题.

21. 如图，在长方体中，为中点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得//平面,若存在，求的长；若不存在，说明理由．

（Ⅲ）若二面角的大小为，求的长.

【答案】（Ⅰ）见解析   （Ⅱ）存在点，使得//平面，此时AP＝   （Ⅲ）AB=2

【解析】

【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，通过坐标运算证明；（Ⅱ）假设存在点并设出坐标，因为//平面,则与平面的法向量垂直可求解；（Ⅲ）利用法向量的夹角公式求解.

【详解】（Ⅰ）以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如图，

设AB＝，则A(0，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，

E，，

故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.

∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

.

（Ⅱ）假设在棱AA1上存在一点，

使得//平面B1AE.此时＝(0，－1，)．

又设平面B1AE的法向量＝(x，y，z)．

由⊥，⊥，得，

取x＝1，得平面B1AE的一个法向量＝

要使DP//平面B1AE，只要⊥，有－a＝0，

解得＝.

又DP平面B1AE，

∴存在点P，满足DP//平面B1AE，此时AP＝.

（Ⅲ）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D

∵B1C//A1D，

∴AD1⊥B1C.

又由（Ⅰ）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，

∴AD1⊥平面DCB1A1，

∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．

设与所成的角为θ，则

cos θ＝＝.

∵二面角A－B1E－A1的大小为，

∴|cos θ|＝，即＝，

解得a＝2，即AB的长为2.

22. 如图，某植物园内有一块圆形区域，在其内接四边形内种植了两种花卉，其中区域内种植兰花，区域内种植丁香花，对角线BD是一条观赏小道．测量可知边界，， ．

（1）求观赏小道BD的长及种植区域的面积；

（2）因地理条件限制，种植丁香花的边界BC，CD不能变更，而边界AB，AD可以调整，使得种植兰花的面积有所增加，请在BAD上设计一点P，使得种植区域改造后的新区域（四边形）的面积最大，并求出这个面积的最大值．

【答案】（1），面积为；（2）当为等边三角形时，新区域的面积最大，最大值为．

【解析】

【分析】（1）设，利用余弦定理和圆的内接四边形对角互补，建立方程求解即可；

（2）利用同弧所对的圆周角相等，得，设，，则，接着利用余弦定理和基本不等式可求最大值.

【详解】（1）设，则由余弦定理得，

．

由四边形是圆内接四边形得，

故，即，

解得（负值舍去），即．

从而，所以，，

故．

答：观赏小道BD的长为，种植区域的面积为．

（2）由（1）及“同弧所对的圆周角相等”得．

设，，

则．

在中，由余弦定理有

，

故（当且仅当时等号成立）．

而，

因此，种植区域改造后的新区域的面积的最大值为．

答：当为等边三角形时，新区域的面积最大，最大值为．

【点睛】本题考查考查余弦定理的运用，基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中等题.