2024-2025学年福建省福州市高二上册10月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市高二上册10月月考数学检测试题（附解析），共24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。
1．（本题5分）若角的终边上一点的坐标为，则( )
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】根据任意角三角函数的定义即可求解.
【详解】∵角的终边上一点的坐标为，它与原点的距离，
∴，
故选：C.
2．（本题5分）下列函数中，在区间上为增函数的是
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】根据基本初等函数的单调性判断出各选项中函数在区间上的单调性，可得出正确选项.
【详解】对于A选项，函数在区间上为减函数；
对于B选项，当时，，则函数在区间上为增函数；
对于C选项，函数在区间上为减函数；
对于D选项，二次函数在区间上为减函数.
故选B.
本题考查基本初等函数在区间上的单调性的判断，熟悉一次、二次、反比例函数的单调性是解题的关键，考查推理能力，属于基础题.
3．（本题5分）为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20个，得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值），关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是（ ）
A．甲班众数小于乙班众数B．乙班成绩的75百分位数为79
C．甲班的中位数为74D．甲班平均数大于乙班平均数估计值
【正确答案】D
【分析】根据已知数据图，判断A；根据频率分布直方图计算乙班成绩的75百分位数，判断B；求出甲班的中位数，判断C；求出两个班级的平均分，即可判断D.
【详解】由甲、乙两个班级学生的物理成绩的数据图可知甲班众数为79，
由频率分布直方图无法准确得出乙班众数，A错误；
对于乙班物理成绩的频率分布直方图，
前三个矩形的面积之和为 ，
故乙班成绩的75百分位数为80，B错误；
由甲班物理成绩数据图可知，小于79分的数据有9个，79分的数据有6个，
故甲班的中位数为79，C错误；
甲班平均数为，
乙班平均数估计值为，
即甲班平均数大于乙班平均数估计值，D正确，
故选：D
4．（本题5分）在体积为的直三棱柱中，为等边三角形，且的外接圆半径为，则该三棱柱外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】由棱柱体积求得棱柱的高，然后求得外接球的半径，得表面积．
【详解】设的边长为a，由的外接圆半径为可得，故，
则的面积.由三棱柱的体积为可得，故，
设三棱柱外接球的半径为R，则，
故该三棱柱外接球的表面积为.
故选：A．
5．（本题5分）已知函数．将的图象向左平移个单位长度后所得的函数为偶函数，则关于函数，下列命题正确的是（ ）
A．函数在区间上有最小值B．函数在区间上单调递增
C．函数的一条对称轴为D．函数的一个对称点为
【正确答案】B
【分析】首先确定平移之后的对应函数的解析式，然后逐一考查所给的选项是否符合题意即可
【详解】由题意知平移后的解析式为：，因为此函数为偶函数，
所以轴为其对称轴之一，所以将代入可得，
解得：，由的取值范围可得，
所以原解析式为，
选项，将区间代入函数，可得，根据图像可知无最值，故错误；
B选项，将区间代入函数，可得，根据图像知函数单调递增，故正确；
C选项，将代入函数，可得，所以应为对称中心的横坐标，故错误；
D选项，将代入函数，可得，所以应为对称轴与轴的交点，故D错误
故选：B.
本题主要考查了函数图像的变换以及对称轴，对称中心，单调区间以及最值等知识点，熟练掌握三角函数图像的性质及解题方法是本题关键．
6．（本题5分）如图，在三棱锥中，平面，，，，，，，分别为，，，的中点，为上一点，，当的面积取得最小值时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】
连接，，根据中位线性质得到线线平行关系，再利用线面垂直的性质得到线线垂直，设，，根据得到，得到，再根据基本不等式即可求出最值，再转化为长方体外接球问题即可.
【详解】
连接，，因为，，，分别为，，，的中点，
所以，，，
则，因为平面，
所以平面，平面，
平面，所以，所以，
平面，所以．
设，，则，，，
因为，所以，即，
整理得，
所以．
由基本不等式得，
当且仅当，即，时等号成立，
所以当取得最小值时，，．
因为，平面，
所以可将三棱锥补形为如图所示的长方体，
则三棱锥的外接球即该长方体的外接球，
易知该长方体外接球的直径为，
故三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥外接球的表面积为，
故选：B．
方法点睛：求解有关三棱锥外接球的问题时，常见方法有两种：一种是补形，解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在外接球的球面上，正方体（长方体）的体对角线为外接球的直径；另一种是直接法，三棱锥中过任意两个面的外接圆圆心的垂线的交点即三棱锥外接球的球心．
7．（本题5分）正四棱台上、下底边长为、，外接球表面积为，则正四棱台侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．
C．或D．或
【正确答案】C
【分析】在正四棱台中，取截面，设正方形、的中心分别为、，分析可知球心在直线上，对球心的位置进行分类讨论，求出的长，利用线面角的定义可求得结果.
【详解】在正四棱台中，设其上底面为正方形，下底面为正方形，
设正方形、的中心分别为、，
由正四棱台的几何性质可知，平面，取截面，
则正四棱台的外接球球心在直线上，分以下两种情况讨论：
①在、的同侧，如下图所示：
设球的半径为，则，可得，
由圆的几何性质可知，，
且，，
所以，，，
所以，，
过点在平面内作，
因为，，，，
则四边形为矩形，且，，，
因为，则平面，则与平面所成角为，
且；
②若球心在线段上，如下图所示：
设球的半径为，则，可得，
由圆的几何性质可知，，
且，，
所以，，，
所以，，
过点在平面内作，
因为，，，，
则四边形为矩形，且，，，
因为，则平面，则与平面所成角为，
且.
综上所述，正四棱台侧棱与底面所成角的正切值为或.
故选：C.
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
8．（本题5分）在ΔABC中，，，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】由，可以得到，利用平面向量加法的几何意义，可以构造平行四边形，根据，可知平行四边形是菱形，这样在中，可以求出菱形的边长，求出的表达式，利用，构造函数，最后求出的取值范围.
【详解】，以为邻边作平行四边形，如下图：

所以，因此,所以平行四边形是菱形，设，，所以，在中，
，
设，
所以当 时，，是增函数，故，因此本题选D.
本题考查了平面加法的几何意义、以及平面向量数量积的取值范围问题，利用菱形的性质、余弦的升幂公式、构造函数是解题的关键.
二、多选题（共18分）
9．（本题6分）一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】BC
【分析】由平均数与标准差的定义求解判断．
【详解】由题意，
，
同理
两式相加得，
，
所以，．
故选：BC．
10．（本题6分）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【正确答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
11．（本题6分）已知均为正数且，下列不等式正确的有（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】BCD
【分析】由已知条件可得，然后逐个分析判断即可
【详解】由，得，
所以，
因为均为正数，所以，
对于A，，
当且仅当，即时取等号，所以A错误，
对于B，，当且仅当，即时取等号，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以，
当且仅当，即时取等号，所以C正确，
对于D，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以D正确，
故选：BCD
三、填空题（共15分）
12．（本题5分）已知，则的最小值为 .
【正确答案】
【分析】由可得，将整理为，再利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
故
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
13．（本题5分）已知函数，
①若a＝1，f（x）的最小值是 ；
②若f（x）恰好有2个零点，则实数a的取值范围是 ．
【正确答案】 ﹣
【分析】（1）对分段函数的两段函数分别求最小值，然后比较可得；
（2）结合函数性质与解方程，可得结论．
【详解】（1）由题意，
时，单调递增，，
时，，，
所以时，；
（2）若，则，恰有两个零点0和1，满足题意，
若，则时，无零点，
但时，有两个零点和，满足题意，
当时，则时，是增函数，，有一个零点，
时，由得或，因为只有两个零点，所以，解得，
综上，的取值范围是．
本题考查求分段函数的最值，由分段函数的零点个数求参数取值范围．解题时需分类讨论，按分段函数的定义分类讨论．
14．（本题5分）如图所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延长线交BC边于点F，若，则 .
【正确答案】
【分析】过点做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.
【详解】解：如图，过点做,
易得：,,
,故,可得：，
同理：,,可得,
,
由，可得,
可得：,可得：，
,
故答案为.
本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积，由题意作出是解题的关键.
四、解答题（共77分）
15．（本题12分）如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）.
(1)若，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用空间向量的坐标表示，表示出线面夹角的余弦值即可求解.
【详解】（1）在平面四边形中，，，，
所以，，
又，，
所以，，，
所以，所以.
所以在中，易得.
因为，，所以.
在四棱锥中，连接，设，连接，
因为，所以，
又，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）由题意易知，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，即.
由，得，
故，.
由直线与平面所成角的正弦值为，
得，解得.
16．（本题14分）如图，直三棱柱的体积为1，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：由线面垂直证明即可；法二：用空间直角坐标系证明即可；
（2）法一：过作于，连接，由已知得出为二面角的平面角，求解即可；法二：建立空间直角坐标系求解．
【详解】（1）直三棱柱的体积为：，
则，四边形为正方形，
法一：在直棱柱中，面，，
又平面，则，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，所以，
在正方形中，有，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
法二：直棱柱，平面，又，
以为原点，，，所在直线为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
，所以．
（2）由（1）得，
设，在中，过作于，连接，
因为，，平面，且，
所以平面，又平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，，得，
又在中，，得，
，
所以二面角的余弦值为．
法二：
，，，，，
，，设平面的法向量：，
则，取，得，
，，设面的法向量，
则，取，得，
设二面角的大小为，则：
，
因为为锐角，所以二面角余弦值为．
17．（本题15分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°．
（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
【正确答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．
【详解】分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面ABC，则AD⊥BC．
（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．由几何关系可知∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．计算可得．则异面直线BC与MD所成角的余弦值为．
（Ⅲ）连接CM．由题意可知CM⊥平面ABD．则∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．计算可得．即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．
详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．
在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．
（Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD==4．
在Rt△CMD中，．
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．
点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
18．（本题15分）棱柱的所有棱长都等于4，，平面平面，.
（1）证明：；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置.
【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）点在的延长线上且使.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合，即可证得；
（2）分别求得平面和平面的一个法向量，解向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，求得的坐标和平面的法向量，结合，求得，即可得到结论.
【详解】由题意，连接交于，则，连接，
在中，，，，
∴，∴，
∴，由于平面平面，所以底面，
所以以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
（1）由于，，，
则，∴.
（2）设平面的法向量，
则，即，取，可得，
同理，可得平面的法向量，
所以，
又由图可知成钝角，所以二面角的平面角的余弦值是.
（3）假设在直线上存在点，使平面，
设，，则，
得，，
设平面，则，设，
得到，不妨取，
又因为平面，则即得.
即点在的延长线上且使.
本题主要考查了空间向量在线面位置关系的判定与证明中的应用，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记空间向量与线面位置关系的关系，以及线面角的求解方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
19．（本题21分）已知非空集合是由一些函数组成，满足如下性质：①对任意，均存在反函数，且；②对任意，方程均有解；③对任意、，若函数为定义在上的一次函数，则.
（1）若，，均在集合中，求证：函数；
（2）若函数（）在集合中，求实数的取值范围；
（3）若集合中的函数均为定义在上的一次函数，求证：存在一个实数，使得对一切，均有.
【正确答案】（1）见详解；（2）；（3）见详解；
【分析】（1）由，根据性质①可得，且存在，使得
，由，且为一次函数，根据性质③即可证明.
（2）由性质②，方程，即在上有解，可得，
变形，.对与的关系分类讨论，利用基本不等式的性质即可求解.
（3）任取，，由性质①，不妨设，
（若，则，），
由性质③函数，
由性质①：，
由性质③：
由性质②方程：，可得，即，即可得证.
【详解】（1）由，根据性质①可得，且存在，使得
，由，且为一次函数，
根据性质③可得.
（2）由性质②，方程，即在上有解，，
由,
若，时，，且，
此时没有反函数，即不满足性质①.
若，时，函数在上单调递增，此时有反函数，
即满足性质①.
综上.
（3）任取，，由性质①，不妨设，
（若，则，），
由性质③函数，
由性质①：，
由性质③：
由性质②方程：，
，即，
，可得，,
，可得，,
由此可知：对于任意两个函数，，
存在相同的满足：，
存在一个实数，使得对一切，均有.
本题是函数的新定义，考查了反函数，综合性比较强，解决此题需理解题干中函数新定义的性质，难度较大.