湖北省荆州市部分名校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)

这是一份湖北省荆州市部分名校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知，则复数z的虚部为( )
A.1B.C.iD.2
2．一组数据23，11，14，31，16，17，19，27的上四分位数是( )
A.14B.15C.23D.25
3．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦AB围成的弓形的面积为( )
A．B．8
C．D．
4．已知，，则( )
A.B.C.D.
5．平行六面体的底面ABCD是边长为2的正方形，且，，M为，的交点，则线段BM的长为( )
A．3B．C．D．
6．如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是( )
A．事件B与C互斥B．
C．D．A,B,C两两相互独立
7．若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的正弦值为，则此圆台与其内切球的表面积之比为( )
A．B．2C．D．
8．在中，，，O是的外心，则的最大值为( )
A．2B．
C．D．4
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A．“”是“直线与直互相垂直”的充要条件
B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件
C．直线的倾斜角的取值范围是
D．若点，，直线l过点且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围是
10．已知函数，，下列说法正确的是( )
A．函数在上单调递减
B．函数的最小正周期为
C．函数的值域为
D．函数的一条对称轴为
11．在棱长为1的正方体中，E、F、G、H分别为棱AD、AB、BC、的中点，则下列结论正确的有( )
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．过点E，F，H作正方体的截面，则截面面积为
C．若P为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为
D．若Q为线段CD上一动点(包括端点)，过点，G，Q的平面分别交，于M，N，则的范围是
三、填空题
12．已知，两点到直线的距离相等，则
______．
13．在空间直角坐标系中已知，CD为三角形ABC边AB上的高，则_____．
14．对任意两个非零的平面向量和，定义：，，若平面向量，满足，且和都在集合中，则，_____．
四、解答题
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角B；
(2)若D是边AC上的一点，且满足，，求BD的最大值．
16．已知的顶点，边AC上的高BH所在直线的方程为，边AB上的中线CM所在直线的方程为．
(1)求直线AC的方程；
(2)求的面积．
17．某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，高二年级学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计.将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积.请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
(1)若根据这次成绩，年级准备淘汰的同学，仅留的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？
(2)从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率．
(3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
18．在中，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心．将沿DE折起到的位置，使，存在动点M使如图所示．
(1)求证：平面BCDE；
(2)当时，求二面角的正弦值；
(3)设直线BM与平面所成线面角为，求的最大值．
19．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“H向量”．
(1)设，若是向量组，，的“H向量”，求实数x的取值范围；
(2)若，向量组，，，，是否存在“H向量”？若存在求出所有的“H向量”，若不存在说明理由；
(3)已知，，均是向量组，，的“H向量”，其中，，
求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积．
参考答案
1．答案：B
解析：由题意可得：，
所以的虚部为.
故选：B
2．答案：D
解析：把数据按从小到大的顺序排列：11，14，16，17，19，23，27，31.
因为，
上四分位数是.
故选：D
3．答案：C
解析：由题意，
在中，，
即，解得，
故，易知，
因此.
故选：C
4．答案：A
解析：因为，
则，
且，
可得，
则，
，
所以，
故选：A
5．答案：C
解析：由题意可知：，
则
，
所以.
故选：C
6．答案：C
解析：由题意得，事件A的样本点为，事件B的样本点为，事件C的样本点为，
对于选项A：事件B与C共有样本点2，3，所以不互斥，故A错误；
对于选项B：事件样本点，所以，故B错误；
对于选项D：因为，，
且AC事件样本点，则，
可得，所以事件A与C不相互独立，故D错误；
对于选项C：因为ABC事件样本点，可得，
所以，故C正确.
故选：C
7．答案：C
解析：设上底面半径为，下底面半径为，
如图，取圆台的轴截面，作，垂足为M，
设内切球O与梯形两腰分别切于点E，F，
可知，，
由题意可知：母线与底面所成角为，
则，可得，
即，，可得，
可知内切球O的半径，
可得，，
所以.
故选：C
8．答案：B
解析：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为O是的外心，记BC中点为D，则有，即，
可得
，
在中，由正弦定理可得：，
则，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B
9．答案：BCD
解析：对于选项A：当时，直线与直线斜率分别为1，-1，
斜率之积为-1，故两直线相互垂直，即充分性成立；
若“直线与直线互相垂直”，
则，故或，
所以得不到，即必要性不成立，故A错误；
对于选项B：由直线平行得，解得，
所以“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，故B正确；
对于选项C：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故C正确；
对于选项D：如图所示：
可得，，结合图象知，故D正确；
故选：BCD
10．答案：BC
解析：A选项，当时，，，
此时，而在上不单调，故A错误；
B选项，函数，
而
，
所以的最小正周期为，故B正确；
C选项，当时，，
，
所以，
当时，，
，
所以，
综上，函数的值域为，故C正确；
D选项，因为，，
，所以不是的一条对称轴.
故选：BC
11．答案：BCD
解析：对于选项A：由题意可得：，且平面ABCD，
则，即，可知三角形EFG外接圆的半径为，
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，
可得三棱锥的外接球的半径为，
所以其表面积为，故A错误；
对于选项B：取的中点分别为K，L，J，
可知过点E，F，H作正方体的截面为EFKHLJ，其截面正六边形，边长为
所以其面积为，故B正确；
对于选项C：设点P到平面的距离为h，
由正方体的性质可得：，不在平面内，平面，
则平面，
当点P在线段上运动时，则点P到平面的距离即为点到平面的距离，
由的体积可得，解得，
设直线与平面所成角，则，
若P为的中点时，，；
当点为线段的端点时，；
即，所以，故C正确；
对于选项D：设，
可知平面即为平面，则，
可得，设，
当时，由相似三角形知识可得：，，
即，，
且当或时，也符合，；
则，
且，可得，
所以的取值范围是，D正确.
故选：BCD
12．答案：1或2
解析：由题意可得：，即，
可得或，解得或.
故答案为：1或2
13．答案：3
解析：，，则，
，
所以，
故答案为：3
14．答案：,或
解析：设与的夹角为，
因为和都在集合中，所以其取值可能为，
因为，则，
可得，
因为，即，可得，所以；
又因为，即，解得，
因为，
可得，即或1，
当且时，即且，
可得，所以；
当且时，即且，
可得，所以；
综上所述：或.
故答案：；或.
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）因为，即，
由正弦定理可得，
且，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，即，
可得，即，
可知BD平分，则，
因为，
即，整理可得，
又因为，
则，
当且仅当，即，时取等号，
可得，所以BD的最大值为.
16．答案：(1)
(2)24
解析：(1)由于边AC上的高所在直线方程为，
所以设直线AC的方程为，
由于点在直线AC上，即，解得，
所以直线AC的方程为.
(2)由于点C既满足直线的方程，又满足的方程，
所以，解得，故，
所以，
设，由于点B满足直线，故，
设AB的中点坐标为，满足，
所以，整理得，
所以，解得，所以，
则点到直线的距离，
故.
17．答案：(1)73分合理
(2)
(3)22.25
解析：(1)由第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积可知，，
解得，
又，解得，
所以，，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，设第60百分位数为m，
则，解得，所以晋级分数线划为73分合理；
(2)由图可知，按分层抽样法，两层应分别抽取4人和2人，分别记为a，b，c，d和A，B，
则所有的抽样有：，共15个样本点，
“抽到的两位同学来自不同小组”，
则共8个样本点，
所以.
(3)因为，所以，
所以，
所以，
剔除其中的96和84两个分数，设剩余8个数为，
平均数与标准差分别为
则剩余8个分数的平均数：，
方差：
18．答案：(1)答案见解析
(2)
(3)
解析：(1)因为，则，
且，可得，
将沿DE折起到的位置，始终有，，
因为，，平面，所以平面，
由平面，可得，
且，，CD，平面BCDE，
所以平面BCDE.
(2)由(1)可知，，CD，CB两两垂直，翻折前，因为DE经过的重心，且，
所以，所以，，，翻折后，
由勾股定理得，
以C为原点，直线CD，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
且，则，
所以二面角C-MB-E的正弦值为.
(3)由(2)可知，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
且，
因为直线BM与平面线面角为，
则
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
19．答案：(1)
(2)存在“H向量”，分别为，，
(3)答案见解析
解析：(1)由题意可得：，
因为，则，，
则，即，
整理得，解得，
所以实数x的取值范围为.
(2)存在，理由如下：
假设存在“H向量”，
因为，
且，
则由题意，只需要使得，
又因为，
则，
可得，
由，即，
整理得，解得，
又因为，即，6，10满足上式，
所以存在“H向量”，分别为，，满足题意；
(3)由题意得：，，
即，，
同理，，
三式相加并化简得：，
即，，所以，
由，可得，
可得
，
所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积.