新疆石河子市2023_2024学年高二数学上学期9月月考试题含解析

这是一份新疆石河子市2023_2024学年高二数学上学期9月月考试题含解析，共20页。试卷主要包含了 复数，6B等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，则复数（为复数单位）的共轭复数是，
故选：A
2. 在跳水比赛中，有8名评委分别给出某选手原始分，在评定该选手的成绩时，从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，这6个有效分与8个原始分相比较，下列说法正确的是（）
A. 中位数，平均分，方差均不变B. 中位数，平均分，方差均变小
C. 中位数不变，平均分可能不变，方差变小D. 中位数，平均分，方差都发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合中位数、平均数和方差的定义分析判断.
【详解】不妨设原始分为，且，则其中位数为，
则有效分为，则其中位数为，
两者相等，所以中位数不变，
例如：原始分为，则其平均数为2，
则有效分为，则其平均数为2，
两者相等，所以平均数可能不变，
因为从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，即把波动最大的两个值去掉，
则有效分比原始分更集中，波动性减小，
根据方差的定义可知：有效分的方差小于原始分的方差，即方差变小.
故选：C.
3. 如图，点为的边上靠近点的三等分点，，设，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式.
【详解】因为点为的边上靠近点的三等分点，则，
所以，，
因为，所以，.
故选：A.
4. 《九章算术》是中国古代一部数学专著，其中“邪田”为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为（注：）（）
A. 6.6B. 3.3C. 4D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理即可求解.
【详解】由题意知：，
在中，由余弦定理可得：，
代入得：，即，
因为，故，
故.
故选：A.
5. 已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（）
A. .充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.
【详解】由可知，与不共线，所以两条不同的直线不平行，可能相交，也可能异面，所以“”不是“直线相交”的充分条件；
由两条不同的直线相交可知，与不共线，所以，所以“”是“直线相交”的必要条件，
综上所述：“”是“直线相交”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.
6. 已知向量且，则等于（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由向量线性关系的坐标运算求，再用坐标表示向量的模列方程求参数即可.
【详解】由题设，
由且，解得.
故选：C
7. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，根据底面半径和球的半径之间的关系，再求出底面与球心之间的距离，以此求出两个圆锥的高即可.
【详解】
如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，
设球心为，球的半径，
由已知球的体积为，则有
解得：，
又有两个圆锥的体积之和为，则：，
解得：
∴在直角中，，
∵底面积相同的圆锥，高较大者体积较大，
∴体积较小圆锥的高，
体积较大圆锥的高，
∴体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.
故选：D.
8. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面周长为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的周长，得到答案.
【详解】如图所示，取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证：，
又因为且平面，所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的周长为.
故选：A.
二．多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
9. 已知复数满足，以下说法正确的有（）
A. B. 在复平面内对应的点在第一象限
C. D. 若是方程的一个根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简复数，进而根据选项即可判断ABC，将其代入中，根据复数相等的充要条件即可判断D.
【详解】由可得，
则，对应的点为，，故BC正确，A错误，
将代入得，
故，故D正确，
故选：BCD
10. 设为古典概率模型中的两个随机事件，以下命题正确的为（）
A. 若，，则当且仅当时，是互斥事件
B. 若，，则是必然事件
C. 若，，则时是独立事件
D. 若，且，则是独立事件
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件，独立事件和必然事件的定义逐个分析判断
【详解】对于A，因为，所以是互斥事件，所以A正确，
对于B，若事件为“抛骰子点数出现1或2”，则，若事件为“抛骰子点数出现的是小于等于4”，则，
而此时不是必然事件，所以B错误，
对于C，因为，，，，
所以，得，
所以，所以是独立事件，所以C正确，
对于D，因为，所以，
因为，，所以，
所以是独立事件，则也是独立事件，所以D正确，
故选：ACD
11. 已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.
【详解】因为是平面单位向量，且，
所以.
因为，所以，故A错误；
因为，所以，即，故B错误；
设，
因，所以，解得，
所以，故C正确；
因为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在边长为2的正方形中，是的中点，将沿翻折到，连接PB，PC，F是线段PB的中点，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（）
A. 存在某个位置，使得B. 的长度为定值
C. 四棱锥的体积的最大值为D. 直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用反证法说明A，取的中点，连接，，即可判断B，当平面平面时，四棱锥的体积最大，过作的垂线，垂足为，根据锥体的体积公式计算即可判断C，当平面平面时，直线与平面所成角的正切值取得最大值，即可判断D.
【详解】因为，假设，又，平面，
所以平面，又平面，所以．
在中，，所以与不可能垂直，故A错误；
取的中点，连接，，如图所示，因为F是线段PB的中点，G是PA的中点，
所以，，又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，故B正确；
当平面平面时，四棱锥的体积最大，
过作的垂线，垂足为，所以，，，，
所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
所以，故C正确；
当平面平面时，直线与平面所成角的正切值取得最大值，
此时，所以，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 从，，三个数中任选个，分别作为圆柱的高和底面半径，则此圆柱的体积大于的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用样本空间、古典概型概率公式、圆柱体积公式运算即可得解.
【详解】解：从，，三个数中任选个，分别作为圆柱高和底面半径，
有、、、、、，共个样本点，
由题意，圆柱的体积，即，
满足条件的样本点有、、，共3个样本点，
所以此圆柱的体积大于的概率为.
故答案为：.
14. 已知，一组数据4，2，，，7的方差为3.6，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】求出组数据平均数和方差，令方差为3.6求出即可.
【详解】这组数据的平均数为，
所以这组数据的方差为，
得，解得舍去，或.
故答案为：1.
15. 设样本空间含有等可能的样本点，且事件，事件，事件，使得，且满足两两不独立，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据古典概型概率计算及相互独立性推测即可.
【详解】由题意，，所以，
所以是共同的唯一的样本点，又两两不独立，即，，，
可见不可以为或，所以为或，即.
故答案为：
16. 如图，菱形的边长为6，，，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，然后根据平面向量基本定理把用基底表示，再利用向量数量积的运算律求解，结合余弦函数的性质可求得答案.
【详解】设，则，
因为，，
所以，
，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围为，
故答案为：
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. 已知空间中三点，，．
（1）若，，三点共线，求的值；
（2）若，的夹角是钝角，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）且不同时成立.
【解析】
【分析】（1）由向量的坐标表示确定、，再由三点共线，存在使，进而求出m、n，即可得结果.
（2）由向量夹角的坐标表示求，再根据钝角可得，讨论的情况，即可求范围.
【小问1详解】
由题设，，又，，三点共线，
所以存在使，即，可得，
所以.
【小问2详解】
由，
由（1）知：当时，有；
而，又，的夹角是钝角，
所以，可得；
综上，且不同时成立.
18. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数）
（1）求实数及；
（2）设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出的值，即可求出，从而求出其模；
（2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.
【小问1详解】
∵，∴，
，
为纯虚数，
，解得，
故，则
【小问2详解】
，
，
复数所对应的点在第二象限，
，解得，
故实数的取值范围为.
19. 居民小区物业服务联系着千家万户，关系着居民的“幸福指数”．某物业公司为了调查小区业主对物业服务的满意程度，以便更好地为业主服务，随机调查了100名业主，根据这100名业主对物业服务的满意程度给出评分，分成[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）在这100名业主中，求评分在区间[70，80)的人数与评分在区间[50，60)的人数之差；
（2）估计业主对物业服务的满意程度给出评分的众数和90%分位数；
（3）若小区物业服务满意度（满意度＝）低于0.8，则物业公司需要对物业服务人员进行再培训．请根据你所学的统计知识，结合满意度，判断物业公司是否需要对物业服务人员进行再培训，并说明理由．（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）
【答案】（1）24人；
（2）众数：75分，90%分位数：84分；
（3）物业公司需要对物业服务人员进行再培训，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）本题考查频率分布直方图每个矩形的意义，即频率，则每个区间人数即可求解；
（2）本问考查频率分布直方图的众数与百分位数的求法，即最高矩形的组中值为众数，左右两边频率之和为0.9与0.1的为90%分位数；
（3）本问考查频率分布直方图平均数的求法，即组中值与频率乘积之和，最后套入公式即可.
【小问1详解】
评分在区间的人数为100×0.04×10＝40（人），
评分在区间的人数为100×0.016×10＝16（人），
故评分在区间的人数与评分在区间的人数之差为40－16＝24（人）；
【小问2详解】
业主对物业服务的满意程度给出评分的众数为75分，
由，，
设业主对物业服务的满意程度给出评分的90%分位数为x，
有，解得x＝84，
故业主对物业服务的满意程度给出评分的众数和90%分位数分别为75分和84分；
【小问3详解】
业主对物业服务的满意程度给出评分的平均分为
55×0.016×10＋65×0.03×10＋75×0.04×10＋85×0.01×10＋95×0.004×10＝70.6，
由，
故物业公司需要对物业服务人员进行再培训．
20. 全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，，，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格互不影响.
（1）假设甲、乙、丙三人同时进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试，谁获得执业医师证书的可能性最大？
（2）这三人进行实践技能考试与医学综合理论考试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率.
【答案】（1）乙的可能性最大
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，计算甲乙丙获得执业医师证书的概率，比较大小，即得结论；
（2）分三种情况，结合互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式，即可求得答案.
【小问1详解】
记甲乙丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件，，，
在实践考试中合格依次为，，，
则甲乙丙获得执业医师证书依次为，，，
并且与，与，与相互独立，
则，，
由于，故乙获得执业医师证书的可能性最大.
【小问2详解】
由于事件，，彼此相互独立，
“恰有两人获得执业医师证书”即为事件：，
概率为.
21. 在三棱台中,平面,,,,.
（1）证明:.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面,结合计算得,即,又,,由线面垂直的判定定理得平面,得到,根据线面垂直的判定定理即可证明;
（2）作于,先根据已知条件求出的长,再利用等面积法求出到平面的距离即可得到结果.
【小问1详解】
∵平面,平面,
,
平面平面,
平面,
平面,
∴
∴,
∵,
∴,
∴,
即,
又,,,平面,平面,
∴平面,
∴,
∵,平面,平面,
∴平面,
∵平面,
∴.
【小问2详解】
如图,作于,
在直角梯形中,得,
同理可得,
在等腰梯形中,,
则,
∴,
设到平面的距离为,
由,
得,
则,
又,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. 如图所示，某市有一块正三角形状空地，其中测得千米.当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中点在边上，点在边上，点在边上，，，剩余部分需做绿化，设.
（1）若，求的长；
（2）当变化时，的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由.
【答案】（1）千米；（2）有，.
【解析】
【分析】（1）设千米，时，为等边三角形，得，中，，，由可得答案；
（2）中，由正弦定理得；中，由正弦定理得；由得，由
利用可得答案.
【详解】（1）设千米，当时，为等边三角形，
所以，由，，得，
中，，，所以，
所以，
所以，解得，所以千米；
（2）中，，由正弦定理得，
解得；
中，，由正弦定理得，
解得；
由，得，
即，
，
解得；
由，
因为，所以当时取得最小值，
所以的面积有最小值，最小值为.