2024-2025学年云南省曲靖市富源一中等校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省曲靖市富源一中等校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案），共9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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设lg34=a，lg35=b，则lg310=( )
A. 2a+4bB. 4a−2bC. 12a+bD. 14a+12b
2.设集合A={x|x2−4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|−2≤x≤1}，则a=( )
A. −4B. −2C. 2D. 4
3.若(m2−1)+(m2−3m+2)i是纯虚数，则实数m的值为( )
A. 1B. −1C. ±1D. 1或2
4.三条直线l1，l2，l3的位置如图所示，它们的斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3的大小关系为( )
A. k2>k1>k3
B. k2>k3>k1
C. k3>k2>k1
D. k3>k1>k2
5.已知a>0，b>0，直线l1的斜率k1=1−a，直线l2的斜率k2=−12b，且l1⊥l2，则2a+1b的最小值为( )
A. 8B. 4C. 2D. 16
6.已知PA=(2,1,−3)，PB=(−1,2,3)，PC=(λ,6,−9)，若P，A，B，C四点共面，则λ=( )
A. 3B. −3C. 7D. −7
7.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，OM=2MA，点N为BC中点，则MN−等于( )
A. 12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. −23a+23b−12c
8.设x、y∈R，向量a=x,1,1，b=1,y,1，c=3,−6,3且a⊥c，b//c，则a+b=( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各图象表示的函数有零点的是( )
A. B.
C. D.
10.下列命题中，为真命题的是( )
A. ∀x∈R，x+1≥2 xB. ∀x∈R，x2+1≥2x
C. ∀x∈R，1x2+1≤1D. x>1时，x+1x的最小值是2
11.下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是( )
A. 两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a=(2,3,−1)，b=(−2,−3,1)，则l1//l2
B. 直线l的方向向量a=(1,−1,2)，平面α的法向量是u=(6,4,−1)，则l⊥α
C. 两个不同的平面α，β的法向量分别是u=(2,2,−1)，v=(−3,4,2)，则α⊥β
D. 直线l的方向向量a=(0,3,0)，平面α的法向量是u=(0,−5,0)，则l//α
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，已知A(m,n,1)，B(3,2,1)关于z轴对称，则m+n= ______．
13.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，且ka+b与2a−b的夹角为钝角，则实数k的取值范围为 ．
14.已知球O是正四面体P−ABC的外接球，则球O与四面体P−ABC的体积比为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x+3cs2x−23．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的最大值以及取得最大值时x的集合；
(3)讨论f(x)在−π6,π2上的单调性．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点．
(1)求异面直线A1B与EF所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面AEF的距离；
(3)求平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
某景点某天接待了1250名游客，老年625人，中青年500人，少年125人，该景点为了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访.将统计结果按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分成5组，制成如下频率分布直方图：
(1)求抽取的样本老年、中青年、少年的人数；
(2)求频率分布直方图中a的值；
(3)估计当天游客满意度分值的75%分位数．
18.(本小题12分)
已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.B
5.A
6.C
7.B
8.D
9.ABC
10.BC
11.AC
12.−5
13.−∞,−2∪−2,75
14.3 32π
15.解：(1) f(x)=sin2x+3cs2x−23=2sin2x+π3−23，
则 f(x) 的最小正周期 T=2π2=π；
(2)由 2x+π3=2kπ+π2 ，k∈Z，得 x=kπ+π12，k∈Z，
则当 x=kπ+π12 ， k∈Z 时， f(x) 取得最大值 2−23，
故 f(x) 的最大值为 2−23 ，取得最大值时 x 的集合为 xx=kπ+π12,k∈Z；
(3)由 x∈−π6,π2 ，可得 2x∈−π3,π ， 2x+π3∈0,4π3，
由 0≤2x+π3≤π2 ，得 −π6≤x≤π12 ，则 f(x) 在 −π6,π12 单调递增；
由 π2≤2x+π3≤4π3 ，得 π12≤x≤π2 ，则 f(x) 在 π12,π2 单调递减，
故 f(x) 在 −π6,π2 上的单调递增区间为 −π6,π12 ，单调递减区间为 π12,π2．

16.解：(1)由题意可知AB、AC、AA1两两垂直，
如图所示建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，
即A1B=(2,0,−2),EF=(1,−1,−1)，
所以cs=A1B⋅EF|A1B||EF|=4 8× 3= 63，
即异面直线A1B与EF所成角的余弦值为 63；
(2)由(1)知：AB1=(2,0,2),AE=(0,2,1),AF=(1,1,0)，
设面AEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥AE，n⊥AF，有n⋅AE=2y+z=0n⋅AF=x+y=0，
取y=−1，可得x=1，z=2，即n=(1,−1,2)，
所以点B1到平面AEF的距离为d=|AB1⋅n||n|=6 6= 6；
(3)由(1)知：A1B=(2,0,−2),A1E=(0,2,−1)，
设面A1EB的一个法向量为m=(a,b,c)，
则由m⊥A1B，m⊥A1E，有m⋅A1B=2a−2c=0m⋅A1E=2b−c=0，
取c=2，可得b=1，a=2，即m=(2,1,2)，
设平面AEF与平面A1EB夹角为α，
则csα=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=53 6=5 618，
即平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值5 618．
17.解：(1)老年625人，中青年500人，少年125人，故老年、中青年、少年的人数比例为625：500：125=5：4：1，
故抽取100人，样本中老年人数为100×55+4+1=50人，中青年人数为100×45+4+1=40人，少年人数为100×15+4+1=10人；
(2)(0.010+0.025+0.035+a+0.010)×10=1，
解得：a=0.020；
(3)设当天游客满意度分值的75%分位数为x，
因为(0.010+0.025+0.035)×10=0.70.75，
所以x位于区间[80,90)内，
则(x−80)×0.020=0.75−0.7，解得：x=82.5，
所以估计当天游客满意度分值的75%分位数为82.5．
18.解：(1)∵A+B=3C，∴π−C=3C，解得C=π4．
∴2sin(A−C)=sinB可化为2sin(A−π4)=sin(π−π4−A)，
即2sin(A−π4)=sin(3π4−A)，
展开得： 2sinA− 2csA= 22csA+ 22sinA，整理得sinA=3csA，
将csA=13sinA代入sin2A+cs2A=1，得109sin2A=1，
∴sin2A=910，sinA=3 1010．
(2)由(1)知sinA=3 1010，csA=13sinA= 1010，C=π4，
∴sinB=sinA+π4= 22×3 1010+ 22× 1010=2 55．
又∵ACsinB=ABsinC，∴AC=ABsinBsinC=5×2 55 22=2 10，
∴AB边上的高ℎ=ACsinA=2 10×3 1010=6．

19.解：(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD；
(2)方法一：
取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM/​/CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B(0,−1,0)，C( 32,12,0)，D(0,1,0)，
设A(0,0,t)(t>0)，则E(0,13,2t3)，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
又BC=( 32,32,0),BE=(0,43,2t3)，
所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得 32x+32y=043y+2t3z=0，
令x= 3，则y=−1，z=2t，故n=( 3,−1,2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45°，
所以|cs|=|n⋅OA||n||OA|=2t 4+4t2= 22，
解得t=1，所以OA=1，
又S△OCD=12×1×1× 32= 34，所以S△BCD= 32，
故VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13× 32×1= 36．
方法二：
过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，
由题意可知，EF/​/AO，又AO⊥平面BCD
所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF=F，FG、EF⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，
所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E−BC−D的平面角，即∠EGF=45°，
又CD=DO=OB=OC=1，
所以∠BOC=120°，则∠OCB=∠OBC=30°，
故∠BCD=90°，
所以FG//CD，
因为DEAD=DFOD=EFAO=23，
则AO=32EF,OF=13,DF=23，
所以BFBD=GFCD，则GF=1+132=23，
所以EF=GF=23，则AO=32EF=1，
所以VA−BCD=13S△BCD⋅AO=13×12× 3×1×1= 36．