湖南省邵阳市洞口县第二中学2023-2024学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份湖南省邵阳市洞口县第二中学2023-2024学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 已知，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
洞口二中高二月考数学试卷考试范围：必修一，二，选择性必修一至直线方程；考试时间：100分钟；注意事项：1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一､选择题（本大题共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）1. 已知集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，，，根据交集的运算可知，.故选：A 2. 设，则（    ）A. -1 B. 0          · C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．【详解】因为，所以，解得：．故选：C.3. 已知向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】，所以向量在向量上的投影向量为，故选：B4. 二次函数在区间上单调递增的一个充分不必要条件为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出在区间上单调递增的等价条件为，通过充分不必要条件的定义，即可判断【详解】因为二次函数在区间上单调递增，所以解得．因为只有C是其真子集，故选：C5. 沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（    ）A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时【答案】B【解析】【分析】根据题意，问题转化为求，根据圆锥体积公式计算即可.【详解】如图， 依题意可知，，所以，1小时小时．故选：B．6. 已知，则的最小值为（    ）A.  B. 0 C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】根据“1”技巧，利用均值不等式求解.【详解】，，，，，，当且仅当，即，时等号成立，故选：A7. 如图，在正四棱锥中，，点为的中点，．若，则实数为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】【分析】由题知和均为等边三角形且边长均相等，进而利用为基底表示，再根据求解即可.【详解】解：因为四棱锥是正四棱锥， 所以，四边形为正方形，，因为，所以和均为等边三角形且边长均相等，所以，，因为点为的中点，，所以，因为所以，，即 ，解得.故选：C8. 已知，若方程有四个不同的实数根，则的最小值是（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】B【解析】【分析】结合图像可知，由此可推得，，再利用二次函数的单调性即可得到的范围.【详解】不妨设，因为方程的根的个数即为与的交点个数，由图象可得：若方程有四个不同的实数根，则，又因为，且，则，可得，又因为，即，可得，所以当时，取到最小值.故选：B.  【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分离参数、转化为求函数值域问题求解．二､多选题（本大题共4个小题，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. 《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，．则下列说法正确的是（    ）A. 估计该样本的众数是 B. 估计该样本的均值是C. 估计该样本的中位数是D. 若测试成绩达到分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为人【答案】ACD【解析】【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估计出平均数，可判断B项；根据频率分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到分的频率为，即可估算有资格参加评奖的人数.【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为，所以可估计该样本的众数是，故A项正确；对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是，故B项错误；对于C项，由频率分布直方图可得，成绩在之间的频率为，在之间的频率为，所以可估计该样本的中位数在内.设中位数为，则由可得，，故C项正确；对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到分的频率为，所以可估计有资格参加评奖的大一新生约为人，故D项正确.故选：ACD.10. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则【答案】BCD【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．【详解】若，则与内的所有直线垂直，又，则内存在直线与平行，可得，则，故A正确；若，，则与的关系不确定，故B错误；若，，则或，故C错误；若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故D错误．故选：BCD．11. 下列各式中，值为的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由诱导公式及正弦和公式化简求值；对于B，由二倍角公式、诱导公式化简求值；对于C，由辅助角公式化简求值；对于D，先去括号，由两角和的正切公式化简即可判断．详解】对于A，，故A对；对于B，，故B对；对于C，，故C错；对于D，，故D对．故选：ABD．12. 如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ）  A. 直线可能与平面相交B. 三棱锥与三棱锥的体积之和为C. 的周长的最小值为D. 当点是的中点时，与平面所成角最大【答案】BD【解析】【分析】对于A，根据线面平行和面面平行推出平面，故A错误；对于B，根据等体积法求出两个三棱锥的体积之和可得B正确；对于C，将平面与平面展成同一平面，根据点共线时，最小，计算可得C错误；对于D，当点是的中点时，可证平面，从而可得D正确；【详解】对于A，连，，，，，因为，平面，平面，所以平面，同理得平面，又平面，，所以平面平面，因平面，所以平面，故A错误；  对于B，过点作，垂足为，作，垂足为，易得，因为平面，所以平面，，因为平面，所以平面，因为，，所以，所以.故B正确；  对于C，的周长为，，则最小时，的周长最小，将平面与平面展成同一平面，如图：当点共线时，最小，作，交的延长线于，则，，则，所以，即的周长的最小值为，故C错误；  对于D，当点是的中点时，，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以与平面所成角为，为最大角，故D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：C选项中将平面与平面展成同一平面，根据点共线求的最小值是解题关键.第II卷（非选择题）三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13. 直线关于直线的对称直线方程为__________．【答案】【解析】【分析】两直线方程联立可求得交点在所求对称直线上；在直线上取一点，求得其关于直线对称的点的坐标，该点也在对称直线上；由直线两点式可整理得到结果.【详解】设直线关于直线对称的直线为，由得：，则点在直线上；在直线上取一点，设其关于直线对称的点为，则，解得：，即；直线的方程为：，即.故答案为：.14. 已知函数是偶函数，则______.【答案】1【解析】【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.【详解】因为，故，因为为偶函数，故，时，整理得到，故，故答案为：115. 已知直线，，若，则的值是___________.【答案】【解析】【分析】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解.【详解】因为，，，所以当，即时，，，显然不满足题意；当，即时，，由解得或，当时，，舍去；当时，，满足题意；综上：.故答案为：.16. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【解析】【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.四､解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17. 已知三个顶点坐标分别为，，．（1）试判断的形状；（2）求中的角B的角平分线所在直线的一般方程．【答案】（1）是以为直角的等腰直角三角形    （2）【解析】【分析】（1）根据斜率公式与两点间的距离公式求出，，，，即可判断；（2）由（1）可得角的角平分线即为边上的中线，求出、的中点的坐标，再根据斜率公式求出，最后由点斜式求出直线方程，再化为一般式即可.【小问1详解】解：因为，，，所以的斜率，，的斜率，，则，所以且，所以是以为直角的等腰直角三角形；【小问2详解】解：由（1）知是以为直角的等腰直角三角形，所以角的角平分线即为边上的中线，易求中点坐标，所以直线的斜率，故角的角平分线为，化为一般式为．18. 已知.（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间的值域.【答案】（1）；单调递减区间为    （2）【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，利用余弦函数的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；（2）由已知利用三角函数的图象变换可求，由题意利用正弦函数的性质即可求解的值域．【小问1详解】因为，则，所以的最小正周期为，由，解得，所以的单调递减区间为.【小问2详解】由（1）可得，将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，所以当时，，则，故，即，所以函数的值域为.19. 如图，平面，，，为中点．  （1）求证：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）利用等体积法求出点到平面的距离.【小问1详解】取的中点，连接、，因为为中点，所以且，又，，，即且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.  【小问2详解】因为，，所以，所以，又平面，所以，因为，，所以，由平面，平面，所以，，又，，所以，所以，设点到平面的距离为，则，解得.20. 在中,为的角平分线,且.（1）若,,求的面积;（2）若,求边的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可;（2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果.【小问1详解】因为,所以,得:,解得,所以.【小问2详解】设,,由得,即,所以,又在中,所以,得,因为且,得,则所以,即边取值范围为.21. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.  （1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【小问1详解】如图，连接，交于，连接. 因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.又，且，所以，所以.又，所以，所以.因为平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.  【小问2详解】由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.故，，.设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.所以.所以平面与平面夹角的余弦值.  22. 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.(2) 甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.【小问1详解】设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,则,故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.【小问2详解】因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.①比分为2:1的概率为.②比分为2:2的概率为.③比分为3:2的概率为.