重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析），共20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。

1. 已知是直线l的方向向量，为平面的法向量，若，则y的值为（ ）
A. B.
C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据得，计算得解.
【详解】因为，所以，所以，计算得.
故选：D.
2. 某中学有高中生人，初中生人．为了了解学生的身体状况，用比例分配的分层随机抽样方法，从该校学生中抽取容量为的样本，其中高中生有人，那么等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分层抽样的比例计算可得值．
【详解】由，得，
故选：B．
3. 直线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】化成斜截式方程得斜率为，进而根据斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】将直线一般式方程化为斜截式方程得：，
所以直线的斜率为，
所以根据直线倾斜角与斜率的关系得直线的倾斜角为.
故选：C
4. 要得到函数的图象，只需将函数的图象( )
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
详解】因为g（x）＝cs（2x）= sin（2x）= sin（2x），故其图象向右平移个单位，可得函数的图象，
故选B．
【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，诱导公式的应用，属于基础题．
5. 已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，存在实数值得，列出方程组，即可求解.
【详解】由向量，，，
因为，，三向量共面，则存在实数值得，
即，
可得，解得，则.
故选：A.
6. 已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出．
【详解】如图所示：
设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，
，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有，
故选：A.
7. 已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由，可求得，再由，利用基本不等式求出最小值即可.
【详解】因为，所以，即，
因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，
所以最小值为8.
故选：C.
【点睛】本题考查垂直直线性质，考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
8. 在直三棱柱中，，，点为棱的中点，则点到平面的距离等于
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据三棱锥等体积法得到：三棱锥由几何图形的特点分别求出相应的底面积和高，代入上式得到距离.
【详解】
连接，设点到平面的距离为,
根据三棱锥等体积法得到：三棱锥
在由，得到，三角形面积为，点到的距离即棱锥的高为；三角形，，则三角形的高为,面积为，
根据等体积公式代入得到，

故答案为C.
【点睛】本题涉及到点面距离的求法，点面距可以通过寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.
二、多选题
9. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，且，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用余弦定理化简得选项C正确；利用三角形的面积公式化简得选项D错误；利用余弦定理得选项A错误；利用正弦定理得选项B正确.
【详解】解：由正弦定理得,
所以,
因为,所以选项C正确；
由题得，所以选项D错误；
由余弦定理得，所以选项A错误；
由正弦定理得.所以选项B正确.
故选：BC
10. 关于函数的叙述中正确的有（ ）
A. 函数f(x)可能为偶函数
B. 若直线是函数f(x)的最靠近y轴的一条对称轴，则
C. 若，则点（，0）是函数f(x)的一个对称点
D. 若函数f(x)在区间[0，π]上有两个零点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据是否取得最值判断即可；
对B，根据三角函数图象的平移伸缩分析即可；
对C，代入点判断即可；
对D，根据图象，确定区间右端点满足的不等式再求解即可
【详解】对A，因为不为的最值，故不可能为偶函数，A错；
对B，的图象是由往左平移个单位得到，再纵坐标不变，横坐标变为原来的得到，故函数f(x)的最靠近y轴的一条对称轴一定为轴右边的第一条对称轴，故满足，解得，故B正确；
对C，时，，又，故是函数的一个对称点，故C正确；
对D，则，又当时，，且在区间上有两个零点，故这两个零点即时的两根，故区间的右端点满足，解得，故D正确；
故选：BCD
11. 设，是两个平面，，是两条直线，下列命题正确的是（ ）
A. 如果，，那么.
B. 如果，，那么.
C. 如果，，，那么.
D. 如果内有两条相交直线与平行，那么.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由立体几何知识对选项逐一判断
【详解】对于A，由线面垂直的性质知A正确
对于B，由面面平行的性质知B正确
对于C，若，，，可得或，而位置关系不确定，故C错误
对于D，由面面平行的判定定理知D正确
故选：ABD
12. 如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，，若，则（ ）
A. 当时，B. 四棱锥体积的最大值为
C. 当平面截直四棱柱所得截面面积为时D. 四面体的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件逐一分析各个选项，再推理、计算并判断作答.
【详解】在直四棱柱中，底面是正方形，，，
对于A，当时，点P为线段AC中点，连DP，，如图，
，而平面，平面，则，又，平面，
则有平面，而平面，于是得，又对角面是矩形，
即，所以，A正确；
依题意，平面，而点P在AC上，则点P到平面距离的最大值为AB=1，

而矩形面积为，所以四棱锥体积最大值为，B不正确；
对于C，当时，点P在AC上靠近点C的四等分点，平面截直四棱柱所得截面为等腰梯形，如图，

显然，则，，
等腰梯形的高 ，
等腰梯形的面积，
由几何体的对称性知，当平面截直四棱柱所得截面面积为时，或，C不正确；
因平面，则点P到平面的距离等于点A到平面的距离，为定值，又的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：作多面体截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，
或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
三、填空题
13. 直线与平行，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，解出即可.
【详解】由于直线与平行，则，
解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.
14. 已知甲，乙，丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为____________.
【答案】 .
【解析】
【分析】运用事件相互独立性的概率计算公式，得出甲，乙，丙三人都没有被录取的概率，从而可间接求出他们三人中至少有一人被录取的概率.
【详解】因为甲，乙，丙三人被该公司录取的概率分别是，
且三人录取结果相互之间没有影响，
所以他们三人都没有被录取的概率为，
故他们三人中至少有一人被录取的概率为.
故答案为： .
15. 已知点，,若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线方程可确定直线过定点；求出有公共点的临界状态时的斜率，即和；根据位置关系可确定的范围.
【详解】直线可整理为：
直线经过定点
，
又直线的斜率为
的取值范围为：
本题正确结果：
【点睛】本题考查根据直线与线段的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够明确直线经过的定点，从而确定临界状态时的斜率.
16. 已知中角，，所对的边为，，，，，点在上，，记的面积为，的面积为，，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】解法一：利用面积公式和已知面积比可以求得，从而得到，在和中同时应用正弦定理并结合得到．设，则，，在和中同时应用余弦定理并结合，消角求值；
解法二：把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．利用角平分线定理和面积公式可得，求得，并设，则，在中和中同时余弦定理，消角求值即可.
【详解】解：法一：设，则，
则，．
因为，所以．
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
两式相比得．
设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以①．
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
法二：因为，把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．
因为，所以．
因为，
所以，设，则，
设，则．
在中，由余弦定理得，
所以①，
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
故答案为：6．
【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的综合应用，关键是在不同的三角形中同时应用正、余弦定理并结合，消角求值.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知三角形的三个顶点，求：
（1）AC边所在直线的方程
（2）BC边上中线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线方程的截距式方程列式，化简即得AC边所在直线的方程；
（2）由线段的中点坐标公式，算出BC中点D的坐标，从而得到直线AD的斜率k，再由直线方程的点斜式列式，化简即得BC边上中线所在直线的方程．
【小问1详解】
，
∴直线AC的截距式方程为，化简得
即AC边所在直线的方程为：；
【小问2详解】
∴BC中点为D（，），
直线AD的斜率为k
因此，直线AD的方程为y（x+5），
化简得，即为BC边上中线所在直线的方程．
18. 已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，设，，．
（1）用、、表示，；
（2）求的长度．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）首先用、、表示，再根据向量数量积的运算律计算可得；
【小问1详解】
解：
；
即，
【小问2详解】
解：因为
，，，，，，
所以
所以，即
19. 已知函数．
（1）求的值及的最小正周期；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1），最小正周期
（2）最大值为2，最小值为
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式化简，进而可求的值及的最小正周期；（2）由可求，进而根据正弦函数的性质即可求解.
【小问1详解】
，所以，的最小正周期为
【小问2详解】
因为，则，故当，即时取最大值，当，即时，取最小，
20. 如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：

（1）这一组的频数､频率分别是多少？
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､中位数.
（3）从成绩是分以上（包括分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
【答案】（1），
（2），，
（3）
【解析】
【分析】（1）先求得，，，，各组的频率，再利用对立事件的概率求解，进而得到频数；
（2）根据频率分布直方图，利用平均数的平均数､众数､中位数的定义求解；
（3）易得和之间的人数分别为4人和2人，然后利用古典概型的概率求解.
【小问1详解】
根据题意，的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
则这一组的频率为，
其频数为；
【小问2详解】
这次竞赛的平均数为，
一组的频率最大，人数最多，则众数为，
分左右两侧的频率均为，则中位数为；
【小问3详解】
记“取出的人在同一分数段”为事件，
因为之间的人数为，设为､､､，
之间有人，设为､，
从这人中选出人，有
、、、､、、、
、、、､、、、
，共个基本事件，
其中事件E包括、、、、、、，共个基本事件，
则.
21. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．
【答案】（1）B
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合三角恒等变换得，进而得答案；
（2）结合题意得，再根据正弦定理得，进而根据面积公式与三角恒等变换得，再求范围即可.
【小问1详解】
解：∵，
由正弦定理可得：，
又∵，
∴，即：
∵，
∴，即
【小问2详解】
解：为锐角三角形，所以，解得，
∵，由正弦定理得，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的面积的取值范围为．
22. 如图，四边形ABCD为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．
（1）证明：；
（2）点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；
（2）利用线面垂直的判定定理证得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法即可求解.
【小问1详解】
证明：因为四边形ABCD为梯形．，，，
所以，，，，，，
即，，
在中，过P作，垂足为F，连接BF．
在中，，，所以．
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，所以，即．
又，平面BFP，所以平面．
又 平面，所以．
【小问2详解】
△FCE中，，，，，．
又，，平面，平面．
又平面，．
又，，平面，平面．
以B为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设，
则．
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则．
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则．
因为二面角的余弦值为，
所以，解得或（舍），
所以存在点M，使得二面角的余弦值为，此时．