2023-2024学年海南省农垦中学高二上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年海南省农垦中学高二上学期第一次月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，根据集合的交集运算求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2．图中的直线的斜率分别为，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线斜率的概念，结合图象，可直接得出结果.
【详解】由图象可得，，
故选：C
3．若过两点，的直线的倾斜角为150°，则的值为（ ）
A．B．0C．D．3
【答案】B
【分析】根据斜率公式列出方程，求解即可.
【详解】因为过两点，的直线的倾斜角为150°，
所以直线斜率为 ，即，
解得.
故选：B.
4．若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数有意义并结合抽象函数的定义域求解即可.
【详解】由题意，得，解得，
所以函数的定义域为.
故选：D.
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】利用三角函数的倍角公式与商数关系即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，则.
故选：C.
6．已知为直线l的方向向量，、分别为平面、的法向量（、不重合），那么下列说法中：
①； ②；
③； ④
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案.
【详解】因为、不重合，
对①，平面、平行等价于平面、的法向量平行，故①正确；
对②，平面、垂直等价于平面、的法向量垂直，故②正确；
对③，若，故③错误；
对④，或，故④错误.
故选：B
7．函数的定义域为，已知当时，，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】D
【分析】根据题意可得，进而可知4为函数的周期，根据函数的周期性运算求解.
【详解】因为，则，
又因为，则，可得，
则，
可知4为函数的周期，
所以.
故选：D.
8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，在底面中，，，若球的体积为，则（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】由球体积公式求球体半径，正余弦定理求外接圆半径，结合线面垂直模型求即可.
【详解】由题意，设球的半径为，则，
由，
外接圆半径，
根据线面垂直模型知：.

故选：A
二、多选题
9．满足下列条件的直线与，其中的是（ ）
A．的倾斜角为，的斜率为
B．的斜率为，经过点，
C．经过点，，经过点，
D．的方向向量为，的方向向量为
【答案】BCD
【分析】根据直线斜率之积为判断ABC，再由方向向量垂直的数量积表示判断D.
【详解】对A，，，，所以A不正确；
对B，，，故B正确；
对C，，，，故C正确；
对D，因为，所以两直线的方向向量互相垂直，故，故D正确.
故选：BCD
10．已知空间向量，，下列结论正确的是（ ）
A．
B．，夹角的余弦值为
C．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数
D．在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的运算，空间位置关系得到向量表示，投影向量的概念依次讨论各选项即可.
【详解】对于A，，，故A错误；
对于B，因为，，所以，，
，设与的夹角为，则，故B正确；
对于C，因为，所以，则，解得，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，D正确．
故选:BCD．
11．如图，在正四棱柱中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据面面平行得线面平行可判断A，用等体积法判断B，求外接球表面积判断C，求线面所成角判断D
【详解】解：作辅助线如图．
对于A，因为由长方体的性质得，，由于，所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；
对于B，由A知，平面平面，点在平面，所以；故B正确；
对于C，三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C错；
对于D，因为当时，最短，此时直线与平面所成角的正弦值的最大，先用等面积法求，
直线与平面所成角的正弦的最大值为，故D正确；
故选：ABD
12．已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，则下列说法不正确的是（ ）
A．在区间上至多有3条对称轴
B．的取值范围是
C．在区间上单调递增
D．的最小正周期可能为
【答案】ABD
【分析】根据正弦函数的对称性，周期性，单调性逐一判断即可.
【详解】由，得，
因为函数在区间上有且仅有3个对称中心，
所以，解得，
所以，所以，，故选项B，D不正确；
当，即时，函数有3条对称轴，
当，即时，函数有4条对称轴，
所以函数在区间上至少有3条对称轴，故选项A错误；
当，时，，
因为，所以，
所以函数在区间上单调递增，故C正确．
故选：ABD.
三、填空题
13．过与的直线与过点的直线垂直，则 .
【答案】
【分析】直接利用两条直线的斜率乘积为，求解即可．
【详解】过点与的直线的斜率为，
过点的直线的斜率为，
因为两条直线垂直，所以，解得.
故答案为：．
14．在梯形中，为的中点，则 .
【答案】
【分析】首先根据向量的线性运算，将用与进行线性表示，然后再根据向量数量积的运算公式进行计算即可
【详解】如图，由于为的中点，
所以，
故答案为：
15．定义：实数域上的狄利克雷（Dirichlet）函数表示为，则有 个零点．
【答案】1
【分析】分x为有理数和x为无理数两种情况求解即可.
【详解】当x为有理数，，
令，可得或（舍去）；
当x为无理数时，，令，可得（舍去）．
综上所述，有1个零点，所以的零点有1个．
故答案为：1
16．在四面体中，分别是棱上的动点，且满足均与面平行，则四面体被平面所截得的截面面积的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据线面平行性质定理，明确截面，利用等腰三角形的性质以及线面垂直判定定理，可得截面的形状，结合基本不等式，可得答案.
【详解】由题意，取的中点记为，连接，记平面，可作图如下：
因为，所以，同理可得，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且平面平面，平面，
所以，同理可得，，，
所以，矩形为四面体被平面所截的截面，
设，则，
在中，由，则，由，则；
在中，由，则，由，则；
矩形的面积，当且仅当时，等号成立，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过直线与的交点.
(1)若直线与直线平行，求直线的方程；
(2)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为4，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立方程组求得与的交点坐标为，根据题意，设的方程为，将点代入方程求得，即可求解；
（2）解法1：设直线的方程为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
解法2：设，求得直线的横纵截距，根据题意，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】（1）联立方程组解得，所以与的交点坐标为，
因为直线与直线平行，设的方程为，
将点代入方程，可得，所以的方程为.
（2）解法1：设直线的方程为，
因为直线过点且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为4，
可得，解得，所以直线的方程为，即.
解法2：因为直线过点且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为4，
设，可得直线的横纵截距分别为，，
所以，解得，所以，即.
五、问答题
18．已知函数在区间上有最大值2和最小值1.
(1)求的值；
(2)不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用二次函数的性质知在上递增，结合最值列方程求参数即可；
（2）问题化为在上，结合对勾函数的性质确定最小值求参数范围.
【详解】（1）由题设的开口向上且对称轴为，
所以在上递增，故.
（2）由（1）知：，则在上恒成立，
所以，在上，
令，
若，则，
而，故，即在上递减，
同理可证在上递增，
所以，即.
六、解答题
19．如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，
.
(1)求直线与平面的夹角；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，点的坐标和平面的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线与平面的夹角.
（2）根据空间直角坐标系写出，的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果.
【详解】（1）设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

由已知得，，
因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，
又，设直线与平面的夹角为，
则有，即，
所以直线与平面的夹角为.
（2）由（1）空间直角坐标系，得，，所以，，
可设平面的法向量为，则，得，
令，得，，即，
又因为，
所以点到平面的距离为.
20．已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象的一个对称中心为.
(1)求的解析式；
(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由图象的相邻两条对称轴之间距离求出,再根据正弦函数的图象的对称中心可求出，求出即可.
（2）根据求出，再由面积为求出,再根据余弦定理得，周长得解.
【详解】（1）因为图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即，
所以，所以，
的图象的一个对称中心为, ，，即，，
因为，所以，
所以；
（2）由（1）知，，
因为，所以，
因为的面积为,所以.
因为， ，
所以，即，
所以，即周长为.
七、问答题
21．如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，为线段上的一点.
(1)证明：平面；
(2)当与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由四边形是菱形，可得，结合可得平面，进而得到，进而结合即可求证；
（2）连接，过点作，垂足为，结合平面可得平面平面，进而得到平面，即可得到为与平面所成角，分析可得当为中点时，取得最大值，进而建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，进而求解即可.
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，
又，，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，且平面，
所以平面.
（2）连接，过点作，垂足为，
由（1）知，平面，
因为平面，
所以平面平面，
又平面平面，且平面，
所以平面，
所以为与平面所成角，
在中，，
因为为定值，，且，
所以当为中点时，取得最小值，此时取得最大值，
如图，以为原点，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，可得，
所以，
所以当与平面所成角的正弦值最大时，平面与平面夹角的余弦值为.
八、证明题
22．已知三棱柱中，，，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的正弦值为?若存在，确定点的位置、若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段上存在一点P，且P是靠近C的四等分点.
【分析】（1）利用空间中垂直关系的转化，根据线线垂直可得线面垂直，进而可证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，

则有，因，，，平面，
于是平面，
而平面，则，由得，
，，平面，从而得平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面，内过作，由（1）知平面平面，平面平面，则平面，
以C为原点，射线，，分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，，，
则，，，，
假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，，
则有，，设平面的一个法向量，
则有，令得，
而平面的一个法向量，
平面与平面所成角正弦值为，即
依题意，，化简整理得：
而，解得，
所以在线段上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的正弦值为