四川省南充高级中学2023-2024学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

南充高中高2022级高二上学期第一次月考

数学试题

（满分：150分；考试时间：120分钟）

一、单选题（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. 在复平面内，复数，则对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据共轭复数的定义可得，再结合复数的几何意义即可求解.

【详解】因为，所以，即对应的点为，位于第三象限.

故选：C.

2. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（    ）.

A. 12 B. 12

C. 6 D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案.

【详解】因为，由斜二测画法可知，

则，故为等腰直角三角形，故，

故矩形的面积为，

所以原图形的面积是，

故选：D

3. 已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为（    ）

A. 27π B.  C.  D. 16π

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可.

【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则，所以，所以圆锥的高为，

所以，解得，故其表面积；

故选：A．

4. 已知a，b，c为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，，则

C. 若，，则

D. 若，，，，则

【答案】D

【解析】

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，逐个选项分析．

【详解】若，，则或，故A选项错误；

若，，，则或与相交，故B选项错误．

若，，则或，故C选项错误；

若，，，，则，正确，

证明如下：，，，，

又，且，，则，故D选项正确；

故选：D．

5. 已知函数的最小正周期为，把函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应函数解析式为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据正弦函数最小正周期公式求出，在根据左加右减求出平移后的解析式.

【详解】因为，所以，故，

则，

则向右平移个单位长度后得到.

故选：A

6. 《九章算术·商功》：“斜解立方（正方体），得两壍堵. 斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑（biē nào）. 阳马居二，鳖臑居一，不易之率也. 合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣. ”如图，阳马的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是（    ）

A.  B.

C 平面平面 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面垂直的性质定理可判断A，B；根据面面垂直的判定定理判断C；采用假设，推出矛盾的方法判断D.

【详解】由题意知底面，底面，

故，又阳马的底面为正方形，

即，而平面，

故平面，平面，故，A正确；

底面，底面，

故，又阳马的底面为正方形，

即，而平面，

故平面，平面，故，B正确.

由于平面，平面，

故平面平面，C正确；

底面，底面，

故，

若，而平面，

故平面，平面，故，

即，

这与正方形中矛盾，故D错误；

故选：D

7. 如图，在正方体中，已知E，F，G，H，分别是，，，的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A. C，G，，F四点共面 B. 直线平面

C. 平面平面 D. 直线EF和HG所成角的正切值为

【答案】C

【解析】

【分析】根据线线平行即可判断A，根据面面平行得线面平行即可判断B，根据面面平行的性质即可得矛盾判断C，根据异面直线的几何法找到其角，即可由三角形边角关系求解D.

【详解】取中点，连接,

由于是的中点，在正方体中可知,

又，所以四边形为平行四边形，故,

因此，故C，G，，F四点共面，故A正确，,

取中点，连接,

由于均为中点，所以

平面，平面，所以平面,

同理平面,平面,

所以平面平面，平面，故直线平面，B正确，

假若平面平面，则平面平面，平面平面，根据面面平行的性质可得平面，显然这与与相交矛盾，故C错误，

由于，所以,

故为直线EF和HG所成角或其补角，

不妨设正方体的棱长为，则，

由于底面，平面，所以,

故,

直线EF和HG所成角的正切值为，D正确.

故选：C.

8. 在正四棱锥中，分别为的中点，直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】连接，，根据得即为与所成角，设，再根据几何关系可求得，再根据，结合锥体体积求解即可.

【详解】连接，，如图，

设，由，得即为与所成的角，

在中，易知，，解得.

设，在中，①，

因为，故，

则在中，，

即②，

①②两式相加求得，因为，解得.

因为为的中点，故，

因为，，所以三角形为等腰直角三角形，

则在等腰直角三角形中，易求得到的距离即到底面的距离为，

故到平面的距离为，

，

故所求三棱锥的体积为.

故选：B

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9. 甲、乙两人进行篮球比赛，若甲投中的概率为0.8，乙投不中的概率为0.1，且两人投篮互不影响，若两人各投篮一次，则下列结论中正确的是（    ）

A. 两人都投中的概率为0.72 B. 至少一人投中的概率为0.88

C. 至多一人投中的概率为0.26 D. 恰好有一人投中的概率为0.26

【答案】AD

【解析】

【分析】利用独立事件乘法、对立事件及互斥事件的概率求法求各项对应事件的概率，即可得答案.

【详解】设事件A为：“甲投中”，设事件B为：“乙投中”，这两个事件相互独立，

A：都投中概率为，对；

B：至少一人投中的对立事件为：两人都未投中，故至少一人投中概率为，错；

C：至多一人投中对立事件为：两人都投中，至多一人投中概率为，错；

D：恰好有一人投中概率为，对.

故选：AD

10. 内角的对边分别为，，，则下列判断正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则是钝角三角形

C. 在锐角中，不等式恒成立

D. 在中，若，则是等腰三角形

【答案】ABC

【解析】

【分析】对A、B：根据正、余弦定理运算求解；对C：根据正弦定理结合诱导公式运算求解；对D：利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解.

【详解】对于选项A：因为，由正弦定理可得，所以，故A正确；

对于选项B：因为，由正弦定理可得，

则，且，可得角为钝角，

所以是钝角三角形，故B正确；

对于选项C：因为为锐角三角形，则，，

可得，则，

又因为在上单调递增，所以，故C正确；

对于选项D：因为，有正弦定理可得，

则，且，，

可得，，即不可能同时大于，

所以或，即或，

可得是等腰三角形或直角三角形，故D错误；

故选：ABC.

11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（    ）

A.  B. 该圆台轴截面ABCD面积为

C. 该圆台的体积为 D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm

【答案】BCD

【解析】

【分析】求出圆台的高，由梯形特征可判断选项A；将圆台轴截面，可判断选项B；由台体的体积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取AD的中点为E，连接CE，可判断选项D.
 

【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误；

B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确；

C：圆台的体积，正确；

D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点，

而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又，

所以在△中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确.

故选：BCD.
 

12. 如图,在正方体中,,为线段上的动点,则下列说法正确的是（    ）

A

B. 平面

C. 三棱锥的体积为定值

D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明平面即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平面平面即可;对于C,根据线面平行将点到平面的距离等于点到平面的距离,再利用等体积法求解即可;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,利用余弦定理求解即可判断.

【详解】对于A,连接,如图:

平面,平面,

,

又平面,平面,

平面,

平面,

,

连接,同理可得,

平面,平面,

平面,

平面,

,故A正确;

对于B,连接,如图:

,

四边形为平行四边形,

,

平面,平面,

平面,

同理四边形为平行四边形,

,

平面,平面,

平面,

,平面,平面,

平面平面,

平面,

平面,故B正确;

对于C,如图:

由B知,

平面,平面,

平面,

点到平面的距离等于点到平面的距离,

,故C错误;

对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,如图:

,

,

,

,

,

即 的最小值为,故D正确.

故选:ABD.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13. 若角α的终边上有一点，则______．

【答案】

【解析】

【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.

【详解】由题意得，故.

故答案为：

14. 如图，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为______.

【答案】

【解析】

【详解】由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为

.

考点：旋转体的组合体.

15. 已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面ABC，若该棱锥的体积为2，，，，则此球的表面积等于______．

【答案】

【解析】

【分析】判断出是外接球的直径，从而求得球的表面积.

【详解】由于平面ABC，平面，所以，

在三角形中，由余弦定理得，

所以，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以，

所以三角形和三角形都是直角三角形，且斜边都是，

所以外接球的直径为，设外接球的半径为，

，

所以，

所以球的表面积为.

故答案为：

16. 在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为______

【答案】.

【解析】

【分析】证明平面，从而得平面平面，作，垂足为，可得平面，为棱锥的高，然后设，用表示，，由的范围求得的范围是的范围，由体积公式可得体积的范围．

【详解】，，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面，

作，垂足为，平面平面，平面，

所以平面，平面，所以，

设，，，，

，

在中，，，，

因为，所以，解得，则，所以，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题考查棱锥的体积，解题关键是引入参数求出体积，因此首先要找到棱锥的高，掌握线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理是解题关键，即证明平面平面是本题的关键，然后只要作出，垂足为，即为棱锥的高，再引入，由的范围求得范围后即得高的范围．

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. 已知向量，．

（1）若，求实数的值

（2）求与的夹角；

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）应用向量垂直数量积为0，即可求；

（2）利用数量积的夹角公式结合条件即得.

【小问1详解】

当时，，

∴，则，

∴．

【小问2详解】

∵，，

∴，，

∴；

又∵，、

∴.

18. 如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．

（1）求证：平面PAD；

（2）若PB中点为Q，求证：平面平面PAD．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，证明四边形AMNE为平行四边形，根据线面平行的判定定理即得；

（2）证明平面PAD，平面PAD，进而即得.

【小问1详解】

取PD的中点E，连接AE，NE，

因为N是PC的中点，所以且，

又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以且，

所以且，所以四边形AMNE为平行四边形，所以，

又平面PAD，平面PAD，

所以平面PAD．

【小问2详解】

因为Q为PB的中点，M是AB的中点，

所以，又平面PAD，平面PAD，

所以平面PAD，

又平面PAD，，MQ，平面MNQ，

所以平面平面PAD．

19. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝BB1，直线B1C与平面ABC成30°角．

（1）求证：平面B1AC⊥平面ABB1A1；

（2）求直线A1C与平面B1AC所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明平面，从而可证明结论.

（2）设,由条件可得，从而可求出三棱柱的其他棱长，连接与相交于点，连接,可证明平面B1AC，从而为直线A1C与平面B1AC所成角，通过解直角三角形可得答案.

【小问1详解】

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面，平面

所以，又∠BAC＝90°，即,又

所以平面，又平面

所以平面B1AC⊥平面ABB1A1

【小问2详解】

由(1)可知，直线B1C与平面ABC成为，所以

设，则，则

所以

连接与相交于点，连接,则在正方形中，，

由（1）有平面，又平面

所以，又，所以平面B1AC

所以为直线A1C与平面B1AC所成角

在直角三角形中，，

所以

所以直线A1C与平面B1AC所成角的正弦值为

20. 从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“”模式．“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：

将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整．某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续分布，其频率分布直方图如下：

（1）求实数a的值；

（2）根据频率分布直方图，估计原始成绩分数的分位数X（不取整）；

（3）用估计的结果近似代替原始分区间，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间，并按照等级分赋分规则，把（2）中估计的原始分X转化为对应的等级分；

【答案】（1）   

（2）   

（3）89分

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求解；

（2）利用百分位数的概念求解；

（3）利用频率分布直方图求出此次考试化学成绩A等级的原始分区间，再利用给定转换公式求出等级分作答.

【小问1详解】

由，可得.

【小问2详解】

原始分成绩位于区间的占比为，

位于区间的占比为，

则原始成绩分数的90%分位数X在区间，

由，解得.

【小问3详解】

由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间的占比为，位于区间的占比为，

估计等级A的原始分区间的最低分为，

所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为，

由，解得，

则该学生的等级分为89分.

21. 如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，是等腰直角三角形，，，．

（1）求证：平面BCE；

（2）求二面角的正切值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即得；

（2）作，交BA的延长线于G，作于H，连结FH，为二面角的平面角，然后结合条件即得.

【小问1详解】

因为平面平面ABCD，平面ABCD，

平面平面，

所以平面ABEF，平面ABEF，

所以．

因为为等腰直角三角形，，

所以，又因为，

所以，即，

又，平面BCE，平面BCE，

所以平面BCE．

【小问2详解】

由，平面平面ABCD，

平面平面ABCD，

平面ABCD，

作，交BA的延长线于G，则．

从而，平面ABCD，

平面ABCD，，

作于H，

，平面，平面，

平面，连结FH，

平面，

所以，

因此，为二面角的平面角，

因为，，

所以，，

设，则，，

，

在中，，，

在中，

故二面角的正切值为.

22. 在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．

（1）若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由；

（2）若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接交于，利用线面垂直的判定定理证明平面即可．进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度.

（2）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可．

【小问1详解】

在图（1）中，，四边形是正方形，

在图（2）中，，，，平面，

平面，

分别取的中点为,，连接,

则,平面,平面,

所以平面，

同理平面，由于平面，

故平面平面，

平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形，

由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角，故，

由于，

因此，

故点F的轨迹长度为

  【小问2详解】

在线段取点使得

由于平面，平面，

，

，，

，

易得，，

从而有，则

则

  【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.