2023-2024学年云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共15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。

一、单选题
1．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.
【详解】，所以该复数对应的点为，
该点在第一象限，
故选：A.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可得，由此可得出结论.
【详解】任取，则，其中，所以，，故，
因此，.
故选：C.
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
4．已知，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
5．国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩（单位：环）如：6，5，9，7，4，7，9，10，7，5，则这组数据第70百分位数为（ ）
A．7B．8C．8.5D．9
【答案】B
【分析】将数据从小到大顺序排列，根据百分位数的求法直接求解即可.
【详解】解：将10次成绩按照从小到的顺序排列为：4，5，5，6，7，7，7，9，9，10.
又因为，
所以这组数据第70百分位数为：.
故选：B.
6．已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
【答案】D
【分析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答.
【详解】四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，
则，
因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，
，
所以.
故选：D
7．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间单调递增，
所以，且，则，，
当时，取得最小值，则，，
则，，不妨取，则，
则，
故选：D.
8．设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增D．是奇函数，且在单调递减
【答案】D
【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.
【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.
二、多选题
9．在中，，，，下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为直角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【分析】利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．
【详解】解：A：若，由正弦定理得，
，则 A正确；
B：若，则，
，即为钝角，
为钝角三角形，故 B错误；
C：若，则，
为直角三角形，故 C正确；
D：若，则，
， ，
由余弦定理知，
，则，
，，为直角三角形，故 D正确．
故选：ACD．
10．，为椭圆的两个焦点，椭圆上存在点，使得，则椭圆的方程可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】设椭圆方程为，椭圆与y轴正半轴的交点为B，椭圆C上存在点P，使得，则需，再结合椭圆的性质，即可求解．
【详解】根据选项，设椭圆的方程为，设椭圆的上顶点为，

椭圆上存在点，使得，则需，
所以，即，
因为，，则，检验可得选项A，D满足.
故选：AD.
11．已知，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据均值不等式判断A，利用“1”的变形技巧及均值不等式判断BD，由重要不等式及不等式性质判断C.
【详解】当，时，，即，所以，即，
当且仅当，即时取等号，故A错误；
因为，，所以，
当且仅当，即时取等号，故B正确；
由A可知，，当且仅当，即时取等号，故C正确；
因为，，所以，
当且仅当，即时取等号，故D正确．
故选：BCD．
12．如图，已知正方体的棱长为1，则（ ）

A．
B．平面
C．平面与平面的夹角为
D．点到平面的距离为
【答案】ACD
【分析】根据正方体性质可利用线面垂直判定定理证明平面，由线面垂直性质可知A正确；易知平面即为平面，显然与平面相交于点，即B错误；根据二面角的定义可知即二面角的平面角为，即C正确；利用等体积法即可求得点到平面的距离为，可得D正确.
【详解】连接，如下图所示：

对于A，由正方体性质可知，平面，又平面，所以；
又因为是正方形，所以，
又，且平面，所以平面；
平面，所以可得，即A正确；
对于B，平面即为平面，又平面，
即与平面相交，所以B错误；
对于C，平面平面，易知，，
所以即为平面与平面夹角的平面角，显然，
即平面与平面的夹角为，可知C正确；
对于D，易知三棱锥与三棱锥的体积相等，
设点到平面的距离为，
即，可得，所以；
即点到平面的距离为，可得D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．若角的终边经过点，则 ．
【答案】
【分析】根据定义求得，再由诱导公式可求解.
【详解】角的终边经过点,
则，
所以.
故答案为：.
14．直线被圆所截得的弦长为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用弦长公式计算得解.
【详解】圆的圆心，半径，
点到直线的距离，
所以所求弦长为.
故答案为：
15．已知空间向量，，则向量在向量上投影向量的坐标是 .
【答案】
【分析】由投影向量的定义结合向量数量积的坐标运算和向量模的坐标运算求解.
【详解】空间向量，，
则向量在向量上投影向量为.
故答案为：
16．三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，平面平面BCD，，，，则球O的体积为 .
【答案】
【分析】取BD的中点O，根据条件得到和都是直角三角形，其外接圆的圆心都是O，再根据平面平面BCD，得到O为外接球的球心求解.
【详解】如图所示：

取BD的中点O，因为，则是直角三角形，
因为，所以是直角三角形，
所以和的外接圆的圆心都是O，又因为平面平面BCD，所以O为外接球的球心，
因为，，所以外接球的半径为，
所以外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
四、解答题
17．已知点M是直线和直线的交点.
（1）求过点M且与两坐标轴截距相等的直线l的方程；
（2）直线与直线关于点M对称，求直线的方程.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）先求得点M的坐标，然后分两种情况讨论：当截距为0和截距不为0，分别设出直线l的方程，然后代值计算即可得解；
（2）可设直线的方程为（），由点M到两条直线间的距离相等列式计算求解即可.
【详解】（1）由，得，即M的坐标为，
当截距为0时，设直线l的方程为，代入点可得，所以直线l的方程为，即，
当截距不为0时，设直线l的方程为，代入点可得，
所以直线l的方程为，即，
综上所述，直线l的方程为或；
（2）设直线的方程为（），
所以，解得或（舍去），
所以直线的方程为.
18．已知在中，.
(1)求B；
(2)若，，求AC边上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）由及正弦定理可得，
即，
即，所以.
因为，所以，所以.因为，所以.
（2）因为，，所以由余弦定理可得，
所以，即，所以.
设边上的高为，则，所以，
所以边上的高为.
19．函数.
(1)求函数的单调减区间；
(2)将的图象先向左平移个单位，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.当时，求的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法求解的单调减区间；
（2）先根据平移和伸缩变换得到，根据得到，从而求出函数值域.
【详解】（1）
，
令，解得，
所以函数的单调减区间为.
（2）的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
时，，
所以，故，
所以的值域为.
20．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析；(2)1.
【分析】(1)根据题意可得，又 BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定定理即可证得；
(2)方法一：根据平面知识求出，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出.
【详解】（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）［方法一］：定义法
由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
［方法二］：转化法
由（1）知，，又，所以平面，则．因为，所以．因为，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据三棱锥的体积公式求底面积和高，是求三棱锥体积的通性通法；
方法二：根据题目的等量关系转化为求易求的三棱锥体积，也是求三棱锥体积的通性通法．
21．九洪某种植园在香瓜成熟时，随机从一些香瓜藤上摘下100个香瓜，称得其质量分别在，，，，（单位：克）中，经统计绘制频率分布直方图如图所示：

(1)估计这组数据的平均数；
(2)某个体经销商来收购香瓜，同一组中的数据以这组数据所在区间的中点值作代表，用样本估计总体，该种植园中大概共有香瓜20000个，经销商提出以下两种收购方案：
方案①：所有香瓜以10元/千克收购；
方案②：对质量低于350克的香瓜以3元/个收购，对质量高于或等于350克的香瓜以5元/个收购．
请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多?
【答案】(1)克；
(2)选择方案②获利更多.
【分析】（1）根据区间的频率和区间的中点的坐标即可求得这组数据的平均数；
（2）根据两个不同方案分别进行求解计算再判断即可.
【详解】（1）
故这组数据的平均数估计为克.
（2）方案①收入：（元）；
方案②收入：
（元）；
由于，所以选择方案②获利更多.
22．已知椭圆的焦距为，且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于两点，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，理由见解析
【分析】（1）根据条件，建立的方程，直接求出即可得到结果；
（2）设出直线方程，联立，通过消元得到，再由韦达定理得，，再直接对化简即可求出结果.
【详解】（1）由，得到，又椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意知直线斜率不为0，设直线方程为，，
联立，消整理得，
所以，
又
，
所以为定值.