云南省保山市智源高级中学2023-2024学年高一下学期第二次（6月）月考数学试题

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1．B
【分析】解不等式求得集合、，由此求得.
【详解】，
，
所以.
故选：B
2．C
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：C.
3．D
【分析】已知直线平面，若，则或在平面内；若，则或异面；结合选项判断即可．
【详解】直线平面，则或
直线平面，由可得或异面
则是的既非充分又非必要条件
故选：D
【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查线面平行、线面平行的性质等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
4．D
【解析】先求出抽样比为，再利用分层抽样求解.
【详解】依题意，抽样比为.
由分层抽样知识可知，
甲应付×560＝51钱，故①正确；
乙应付×350＝32钱，故②不正确；
丙应付×180＝16钱，故③正确.
显然51＞32＞16，故④正确.
故选：D.
5．C
【分析】根据数量积定义可得.
【详解】因为
所以，即
又因为角为的内角，
所以.
故选：C
6．C
【分析】根据平面向量线性运算性质，结合平面向量共线的性质进行判断即可.
【详解】对于A，因为，且，所以与不共线，所以A，B，C三点不共线，所以A错误，
对于B，因为，且，所以与不共线，所以三点不共线，所以B错误，
对于C，因为，
所以三点共线，所以C正确，
对于D，因为，且，所以与不共线，所以三点不共线，所以D错误，
故选：C.
7．B
【分析】根据题意，由，且求解.
【详解】设的周期为T，因为，即，解得，
由，
解得，
即在区间上单调递减，
因为，显然k只能取0，
所以且，
解得.
故选：B.
8．A
【分析】由题可判断为奇函数，且在上为增函数，所以不等式化为，利用单调性即可求解.
【详解】由题意可知，的定义域为，
，为奇函数，
，且在上为减函数，
在上为减函数.
，
因为在上为减函数
当时，即或
，或.
当时，即
，此时成立，
综上：或或
故选：.
9．AD
【分析】利用平面向量的加法运算以及模长、数量积公式进行求解.
【详解】对于A，根据题意，得，所以，
解得，因为时，单调递减，所以越大越费力，越小越省力，故A正确；
对于B，由题意知的取值范围是，故B错误；
对于C，因为，所以当时，，所以，故C错误；
对于D，因为，所以当时，，所以，故D正确.
故选：AD.
10．BD
【分析】根据互斥事件的定义和性质判断.
【详解】袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，
在A中，至少有一个白球和都是白球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故A不成立.
在B中，恰有一个红球和白、黑球各一个不能同时发生，是互斥事件，故B成立；
在C中，至少一个白球与至多有一个红球，能同时发生，故C不成立；
在D中，至少有一个红球与两个白球两个事件不能同时发生，是互斥事件，故D成立；
故选：BD.
【点睛】本题考查互斥事件的判断，根据两个事件是否能同时发生即可判断，是基础题.
11．ABC
【分析】根据函数的部分图象求出函数解析式，然后根据正弦函数的性质一一判断．
【详解】解:由函数的图象可得，由，求得．
再根据五点法作图可得，又，求得，
∴函数，
当时，，不是最值，故A不成立；
当时，，不等于零，故B不成立；
将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；
当时，，
∵，，
故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立．
故选:ABC.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解答的关键是由函数的部分图象求出函数解析式，属于基础题．
12．
【分析】根据奇函数的定义和性质结合时的表达式，直接可得时的表达式.
【详解】因为是奇函数，
当时，，所以,
时，
故答案为：.
13．22
【分析】根据题意设水面圆半径为r，水深为h，则由比例线段可得，由此解得r与h的值；接下来结合圆台的体积计算公式求得雨水的体积V与水桶上口的面积S，由此根据即可求解雨量.
【详解】

设水面半径为，水深为，由于雨水水深正好是桶深的，
得，
解得，，
所以雨水的体积为
，
水桶上口的面积为，
所以降雨量为.
故答案为：.
14．
【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，
由可得，所以，
又，
则，所以，
两式相加可得，化简可得，
又，由余弦定理可得，
由基本不等式可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.
15.解（1）据题意知，圆锥的高…………………………………………………（6分）
（2）据（1）求解知，圆锥的高为，
设圆锥内切球的半径为，
三角形在，由勾股定理可得，
所以 …………………………………………………（10分）
所以所求球的表面积.…………………………………………………（13分）
16．解（1）根据题意，，解得 .…………………（3分）
所以样本中学生身高在内的人数为；…………………（6分）
（2）设样本中男生身高的平均值为，则
估计该校男生的平均身高为.……………………………………………………………（10分）
（3）由，根据频率分布直方图，
因为，
，所以样本中的上四分位数落在内，
设上四分位数为，则，解得.…………………………………（15分）
17．解（1）由可得,
即，
由于,故，…………………………………………………………（4分）
而，故；…………………………………………………………………（6分）
选①，…………………………………………（7分）
，
，所以 ，…………………………………………（8分）
，…………………………………………（10分）
故 ，…………………………………………（13分）
故的周长为.…………………………………………（15分）
选②的面积为，…………………………………………（7分）
则,则，…………………………………………（8分）
，…………………………………………（10分）
故 ，…………………………………………（13分）
故的周长为.…………………………………………（15分）
18．解：（1）由已知，得，．…………………………………（2分）
由于，故，…………………………………………………………………………（3分）
……………………………（6分）
又平面，所以平面平面．………………………………………………………（8分）
（2）在平面内作，垂足为．……………………………………………………………（9分）
由（1）知，面，故，可得平面．………………………………（10分）
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．………………………………（12分）
由题设得，故．………………………………………………………………………………（13分）
从而，，．…………………………………………（15分）
可得四棱锥的侧面积为
．………………………………………（17分）
19．
解（1）由，得，……………………（2分）
故.……………………………………………………………………………………（3分）
由正弦定理可得，故直角三角形，即.…………………………………（4分）
（2）由（1）可得，所以三角形的三个角都小于，…………………………………（5分）
则由费马点定义可知：， …………………………………（6分）
设，
由，得，……………………………（8分）
整理得， …………………………………………………………………………………（9分）
则.……………………（10分）
（3）如图，点为的费马点，则，
设，
则由，得；
由余弦定理得，
，
，
故由，得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立.
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.…………………………………………………………………………（17分）