2024宜宾叙州区一中高二上学期10月月考数学试题含解析

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叙州区一中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. 已知i是虚数单位，则复数对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘方、除法运算化简，进而判断其所在的象限.
【详解】由，则，
∴对应的点所在的象限是第四象限.
故选：D
2. 已知，，且，则的值是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】代入空间向量垂直的坐标表示，直接求x的值.
【详解】∵，∴，解得：.
故选：A.
3. 随着2020年北京冬奥会临近，中国冰雪产业快速发展，冰雪运动人数快速上升，冰雪运动市场需求得到释放，将引领户外用品行业市场增长．下面是2012年至2018年中国雪场滑雪人次（万人次）与同比增长率的统计图，则下面结论中不正确的是（ ）

A. 2013年至2018年，中国雪场滑雪人次逐年增加
B. 2013年至2015年，中国雪场滑雪人次和同比增长率均逐年增加
C. 2018年与2013年相比，中国雪场滑雪人次的同比增长率近似相等，所以同比增长人数也近似相等
D. 2018年与2016年相比，中国雪场滑雪人次增长率约为30.5%
【答案】C
【解析】
【分析】根据图中条形统计图和折线图的实际意义分析逐个判定即可.
【详解】由2012年至2018年中国雪场滑雪人次（万人次）与同比增长率的统计图可知：
对于A，由条状图可知，2013年至2018年，中国雪场滑雪人次逐年增加，故A正确；
对于B，2013年至2015年，中国雪场滑雪人次和同比增长率均逐年增加，故B正确；
对于C，2018年与2013年相比，中国雪场滑雪人次的同比增长率近似相等，但是同比增长人数也不相等，2018年比2013年增长人数多，故C错误；
对于D，2018年与2016年相比，中国雪场滑雪人次增长率约为
故D正确．
故选：C．
【点睛】本题考查统计图表的应用，考查学生的数据分析能力，属于基础题.
4. 把四边形按斜二测画法得到平行四边形(如图所示)，其中，，则四边形一定是一个（ ）

A. 菱形 B. 矩形 C. 正方形 D. 梯形
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法把直观图还原回原图形，即可得到四边形一定是一个菱形.
【详解】解：把平行四边形还原回原图形，过程如下：
在平面直角坐标系中，在轴上截取，且使为的中点，
在轴上截取，过向左左轴的平行线段，使，
连接，，可得平行四边形.
∵，，∴.
∴平行四边形为菱形.
故选：A.
【点睛】本题考查斜二测法，掌握斜二测法的规则是解题基础．
5. 直线在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据截距的定义进行求解.
【详解】中，令，解得，令，，
故.
故选：B
6. 设，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知圆心为，半径为，再求方程即可.
【详解】解：由题知线段中点为，，
所以，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，其方程为
故选：B
7. 下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）

A. 直径为的球体
B. 所有棱长均为的四面体
C. 底面直径为，高为的圆柱体
D. 底面直径为，高为的圆柱体
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于A：因为，即球体的直径大于正方体的棱长，
所以不能够被整体放入正方体内，故A错误；
对于B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故B错误；
对于C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C错误；
对于D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；

故选：D.
8. 如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形为矩形，然后设外接球半径为，由求解.
【详解】解：如图，

设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，
则面面.
由题意得为的外心，
在中，，
所以，
又四边形为矩形，
，设外接球半径为，
则外接球表面积，
故选：B.
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. 已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件“抽取的两个小球标号之积大于3”，则（ ）
A. 事件A发生的概率为 B. 事件发生的概率为
C. 事件A，C是互斥事件 D. 事件B，C相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算可判断A，B；根据互斥事件的概念可判断C；根据独立事件的乘法公式可判断D.
【详解】对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有种抽法，
其中事件包含的事件个数有共3个，
故事件A发生的概率为，A正确；
对于B，事件包含的事件个数有共4个，
故事件包含的事件个数有5个，则事件发生的概率为，B错误；
对于C，事件包含的事件为，每个事件中两个小球标号之积都不大于3，
故事件A，C不会同时发生，二者是互斥事件，C正确；
对于D，，事件包含的事件个数有共个，故,
事件包含的事件为，则,
则，即事件B，C不相互独立，D错误，
故选：AC
10. 已知直线和，若直线到直线的距离与到直线的距离之比为，则直线的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设的方程为（且），求出直线到，的距离，根据距离之比，列方程求解即可.
【详解】直线的方程可化为．
设到的距离为，到的距离为，的方程为（且），则，．
依题意得，即，
化简得或，
解得或．
因此，直线的方程为或．
故选：BD
11. 在正方体中，点为线段上的动点，点为线段中点，则下列四个选项中为真命题的是（ ）

A. 当为线段中点时，､､､四点共面
B. 直线平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 二面角的大小为定值.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体的性质，由直线和的位置关系判断A，与平面的位置关系判断B，与平面的位置关系及体积公式判断C，平面与平面的位置关系判断D．
【详解】对于A，和是异面直线，当为线段中点时，和异面，所以､､､四点不共面.故A错误.
对于B，平面与平面重合，而平面，所以平面.故B正确.
对于C，∵平面，，∴点到平面的距离即为点到平面的距离.
则，而为定值，到平面距离为定值，所以三棱锥的体积为定值.故C正确；
对于D，因为二面角的大小，即为平面与平面所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，
故二面角的大小为定值.故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查异面直线的判断，直线与平面垂直、平行的判断与应用，平面与平面的关系的判断．解题关键是掌握正方体的性质，在正方体中有许多直线、平面间的平行与垂直，掌握住这些位置关系有助于空间想象能力运用．
12. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（ ）
A. 曲线C围成的图形有4条对称轴
B. 曲线C围成的图形的周长是
C. 曲线C上的任意两点间的距离不超过5
D. 若是曲线C上任意一点，的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.
【详解】，
当时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当时，，即，
表示圆心为，半径的半圆.
曲线的图像如下图所示：

对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；
对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；
对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；
对于D，圆心到直线的距离为，
到直线的距离，
若使最小，则有，
所以，得，D正确.
故选：ABD.
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. 锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理得，根据正弦定理得，结合角的范围以及三角函数的性质即可求解.
【详解】因为，所以由余弦定理得．
因为为锐角三角形，所以．所以，即．
因为为锐角三角形，所以解得．
由正弦定理，得
．
所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，
所以，所以，即
．在中，由两边之和大于第三边，得．
综上所述：．
故答案为：
14. 设分别是△中的对边边长，则直线与直线的位置关系是_______________．
【答案】垂直
【解析】
【分析】求出两条直线的斜率，根据正弦定理，然后判断两条直线的位置关系．
【详解】分别是△内角､､所对边的边，
故：，
的斜率为：
的斜率为：
根据正弦定理：
由
两条直线垂直
故答案为：垂直．
【点睛】本题主要考查了判断两条直线的位置关系问题，解题关键是掌握正弦定理和两条直线垂直的判定方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
15. 给如图所示的1~9号方格进行涂色，规则是：任选一个格子开始涂色，之后每次随机选一个未涂色且与上次所涂方格不相邻（即没有公共边）的格子进行涂色，当5号格子被涂色后停止涂色，记此时已被涂色的格子数为X，则___________.

【答案】##0.08
【解析】
【分析】明确对应的事件的含义即“第3次涂5号格子”，再考虑第一次选取的是角上的格子还是边中间的格子，分别求出两种情况下的概率，即可求得答案.
【详解】由题意知“”等价于“第3次涂5号格子”，
若第一次涂的是四个角上的格子，以1号格子为例，
第二次可以涂，要想第三次涂5号，第二次必须选涂号中的一个，
第三次需从5个格子里选取5号格子，这种情况的概率为；
若第一次涂的是四边中间的格子，以2号格子为例，
第二次可以涂，要想第三次涂5号，第二次必须涂号中的一个，
第三次需从5个格子里选取5号格子，这种情况的概率为；
故，
故答案为：
【点睛】方法点睛：需分类考虑，即考虑第一次选取的是角上的格子还是边中间的格子，分别求出两种情况下的概率，即可求解.
16. 如图所示，在的长方形区域（含边界）中有两点，对于该区域中的点，若其到的距离不超过到距离的一半，则称处于的控制下，例如原点满足，即有点处于的控制下.同理可定义处于的控制下.

给出下列四个结论：
①点处于的控制下；
②若点不处于的控制下，则其必处于的控制下；
③若处于控制下，则；
④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为.
其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.
【详解】由图可知,
设，则，,满足，故①正确；
点不处于的控制下则，即，得不到，
例如取点，，，，即
点不处于的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；
若处于的控制下，则，设，
则，化简整理得，
作出图象如图，

由图可知，当点在矩形且在圆及圆内部分满足处于的控制下,由图可知，当处于时，有最大值，故③正确；
由③知处于的控制下点构成的区域面积，可以看作是圆与矩形的面积之和，如图，

故面积为，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点睛：本题作为一道创新型试题，关键在于理解所给新定义，对于①②可以利用具体点去直接判断结论正确与否，在这一特殊化的过程中进一步理解新定义，对于③需要根据新定义求出点满足的轨迹方程（边界），需要对求平面轨迹方程的方法熟练，关键在于求出点所在区域，利用数形结合思想判断③，对于④关键在于把区域分割为四分之一圆面与矩形，其中需要割补思想的应用.
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. 已知的三个顶点，，，求：
（1）边上的垂直平分线方程；
（2）边上的高所在直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，可得出边上的垂直平分线的斜率，并求出线段的中点坐标，由此可求得边上的垂直平分线方程；
（2）求得边上的高所在直线的斜率，利用点斜式可求得所求直线的方程.
【详解】（1）的三个顶点，，，
线段的中点坐标为，直线斜率为，
的垂直平分线的斜率为，
因此，边上的垂直平分线方程为，即；
（2）边上的高所在直线的斜率为，
边上的高所在直线的方程为，即．
【点睛】本题考查三角形边上的高所在直线与中垂线方程的求解，考查计算能力，属于基础题.
18. 已知复数．
（1）若复数在复平面内的对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；
（2）若虚数是方程的一个根，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）13
【解析】
【分析】（1）根据复数的减法，确定实部与虚部，根据其几何意义，可得实部与虚部的取值范围，可得答案；
（2）根据复数与一元二次方程的关系，再由韦达定理，可得答案.
【小问1详解】
．因为在复平面内的对应点落在第一象限，所以即解得．因此，实数a的取值范围是．
【小问2详解】
因为虚数是方程一个根，所以也是方程的一个根，于是，解得．把代入，得，，所以．
19. 在某市高三教学质量检测中，全市共有名学生参加了本次考试，其中示范性高中参加考试学生人数为人，非示范性高中参加考试学生人数为人.现从所有参加考试的学生中随机抽取人，作检测成绩数据分析.

（1）设计合理的抽样方案（说明抽样方法和样本构成即可）；
（2）依据人的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图，据此估计本次检测全市学生数学成绩的平均分；
【答案】（1）见解析；（2）92.4
【解析】
【分析】（1）根据总体的差异性选择分层抽样，再结合抽样比计算出非示范性高中和示范性高中所抽取的人数；
（2）将每个矩形底边的中点值乘以相应矩形的面积所得结果，再全部相加可得出本次测验全市学生数学成绩的平均分．
【详解】（1）由于总体有明显差异的两部分构成，故采用分层抽样，
由题意，从示范性高中抽取人，
从非师范性高中抽取人；
（2）由频率分布直方图估算样本平均分为

推测估计本次检测全市学生数学平均分为
【点睛】本题考查分层抽样以及计算频率分布直方图中的平均数，着重考查学生对几种抽样方法的理解，以及频率分布直方图中几个样本数字的计算方法，属于基础题．
20. 如图，AB是圆O的直径，圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，，.

（1）证明：平面平面PBC.
（2）若，求三棱锥B-ACD的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先证明平面PAC，即可得到，然后即可证明平面PBC，根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面PBC.
（2）根据三棱锥的体积等于三棱锥的体积，从而可求出答案.
【小问1详解】
因为圆O所在的面，即平面ABC，而平面ABC，
所以.
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，所以.
又，所以平面PAC，而平面PAC，所以.
因为，，所以.
又，所以，
又D为线段PC的中点，所以.
又，所以平面PBC，而平面ABD，
所以平面平面PBC.
【小问2详解】
在中，因为，，所以，，
所以
因为平面ABC，D为PC的中点，
所以点D到平面ABC的距离.
所以.

21. 如图，在四棱锥中，平面平面PAD，，，，，，E是PD的中点．

（1）求证：；
（2）若点M在线段PC上，异面直线BM和CE所成角的余弦值为，求面MAB与面PCD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）证明平面PAB即可;
（2）由异面直线BM和CE所成角的余弦值为可得M坐标，后可得答案.
【小问1详解】
证明：在中，
∵，，，
由余弦定理可得：，
即，
∴，
从而
∵，∴
∵平面平面PAD，平面ABCD平面PAD，AB平面ABCD.
∴平面PAD，
∴平面PAD，
∴.
∵，AB平面PAB，PA平面PAB，
∴平面PAB.
∵平面PAB，
∴．
【小问2详解】
以A为原点，以AD为y轴，建系如图所示，则，，，，
则，，
，.
设，则

设异面直线BM和CE所成角为，则

得.此时，
设面MAB的一个法向量为，
有
令，则，，取 .
设面PCD的一个法向量为，
有
令，则，，取
设面MAB与面PCD的夹角为，
则
即面MAB与面PCD夹角的余弦值为.

22. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆M过坐标原点O且圆心在曲线上.
（1）设直线l：与圆M交于C，D两点，且，求圆M的方程；
（2）设直线与（1）中所求圆M交于E，F两点，点P为直线上的动点，直线PE，PF与圆M的另一个交点分别为G，H，且G，H在直线EF两侧，求证：直线GH过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意设圆的方程为，再根据直线l：与圆M交于C，D两点，且，由求解；
（2）由题意设，又，得到，设，分别得到直线PE和直线PF的方程，与圆的方程联立，结合韦达定理，消去m得到，再设直线GH的方程为：，代入圆的方程，将韦达定理代入上式求解.
【小问1详解】
解：因为圆心在曲线上，
所以设圆心为，又圆M过坐标原点O，则半径为：，
设圆的方程为，
又直线l：与圆M交于C，D两点，且,
所以，则，解得，
当时，圆的方程为，
此时，圆心到直线的距离，符合题意；
当时，圆的方程为：，
此时，圆心到直线的距离，不符合题意；
【小问2详解】
如图所示：

由题意设，又，
则，则，设，
则直线PE的方程为，代入圆的方程消去y得：
，
，
由韦达定理得，即，
设直线PF的方程为：，代入圆的方程消去y得：
，
，
由韦达定理得，即，
所以，，
消去m得，
设直线GH的方程为：，
代入圆的方程消去y得：，
，
由韦达定理得，，
则，即，
解得或，
当时，，直线GH的方程为，过定点；
当时，，解得，
直线GH的方程为，过定点，此时G，H在直线EF同侧，不符合题意，
故直线GH过定点.