2024-2025学年四川省广安市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省广安市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析），共25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.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
3. 孝感市某高中有学生1200人，其中高一年级有学生400人，高二年级有学生600人，现采用分层随机抽样的方法抽取120人进行问卷调查，则被抽到的高二年级学生人数比高一年级学生人数多（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 50
4. 已知直线的一个方向向量，且直线过点和两点，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 3
5. 空间内有三点，则点P到直线EF的距离为（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，，且有，则线段的长为（ ）
A. B. 2C. D. 1
7. 已知直线的倾斜角为，并且，直线的斜率的范围是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
8. 已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（ ）
A. 任意一条直线都有倾斜角
B. 直线倾斜角越大，则该直线的斜率越大
C. 若一条直线倾斜角为，则该直线的斜率为
D. 斜率相等的两直线平行
10. 已知甲､乙两位同学在高一年级六次考试中的数学成绩的统计如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 若甲､乙两组数据平均数分别为，则
B. 若甲､乙两组数据的方差分别为，则
C. 甲成绩中位数大于乙成绩的中位数
D. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差
11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当P中点时，为锐角
B. 存在点P，使得平面APC
C. 的最小值
D. 顶点B到平面APC的最大距离为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，且，则实数______.
13. 已知四点共面且任意三点不共线，平面外一点，满足均大于，则的最小值________.
14. 如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. ．
（1）用向量表示向量，并求；
（2）求．
16. 已知.
（1）若四点可以构成平行四边形，求点的坐标；
（2）在（1）的条件下若点在第四象限的情况下，判断构成的平行四边形是否为菱形.
17. 四棱锥中，平面平面，，，，是正三角形，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
18. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
19. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由。
2024-2025学年四川省广安市高二上学期第一次月考数学检测试题
第一部分（选择题 共58分）
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得.
【详解】因为，所以.
故选：D
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由题意可知直线的斜率，根据直线的斜率求解倾斜角即可.
【详解】设直线的倾斜角为，，
由题意可知，直线的斜率为，所以，即.
故选.
3. 孝感市某高中有学生1200人，其中高一年级有学生400人，高二年级有学生600人，现采用分层随机抽样的方法抽取120人进行问卷调查，则被抽到的高二年级学生人数比高一年级学生人数多（ ）
A 20B. 30C. 40D. 50
【正确答案】A
【分析】根据题意先求抽样比，进而求高一，高二被抽到的学生生人数即可求解.
【详解】抽样比等于，
于是，高一被抽到的学生人数为，
高二被抽到的学生人数为，
所以高二年级学生人数比高一年级学生人数多.
故选：A.
4. 已知直线一个方向向量，且直线过点和两点，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 3
【正确答案】D
【分析】首先求出，依题意，则，根据空间向量共线的坐标表示计算可得.
【详解】因直线过点和两点，所以，
又直线的一个方向向量，所以，
所以，所以，
所以，解得，所以.
故选：D
5. 空间内有三点，则点P到直线EF的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求出，得到直线EF的一个单位方向向量，利用点到直线距离公式得到答案.
【详解】因为，所以直线EF的一个单位方向向量为．
因为，所以点P到直线EF的距离为．
故选：A
6. 在中，，且有，则线段的长为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【正确答案】D
【分析】先由余弦定理求出，可得为直角三角形，由可得为的中点，进而由斜边上的中线等于斜边一半可得的长.
【详解】在中，由余弦定理可得，
则，
即，解得.
则由即，可得，
又，可知是的中点，
故即为斜边上的中线，则.
故选：D.
7. 已知直线的倾斜角为，并且，直线的斜率的范围是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【正确答案】C
【分析】根据倾斜角与斜率的关系可求得斜率的取值范围.
【详解】因为斜率，且，其中时直线无斜率，
当时，得；
当时，得；
故选：C.
8. 已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为，则有，利用三角形面积公式可得，又由点在上且满足，可得到平面的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案．
【详解】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为，
则有，
而，，
又由，，平分，则，
则；
故，而，
则有，
又由点在上且满足，故到平面的距离为，
则有，
故．
故选：B．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（ ）
A. 任意一条直线都有倾斜角
B. 直线的倾斜角越大，则该直线的斜率越大
C. 若一条直线的倾斜角为，则该直线的斜率为
D. 斜率相等的两直线平行
【正确答案】BCD
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义一一判断即可.
【详解】任何一条直线都存在倾斜角，A正确；
钝角大于锐角，但是钝角对应的斜率小于锐角对应的斜率，B错误；
若一条直线的倾斜角，则斜率不存在，C错误；
斜率相等的两条直线可能是重合或平行，D错误；
故选:BCD.
10. 已知甲､乙两位同学在高一年级六次考试中的数学成绩的统计如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 若甲､乙两组数据的平均数分别为，则
B. 若甲､乙两组数据的方差分别为，则
C. 甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数
D. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差
【正确答案】ACD
【分析】对四个选项一一判断：根据散点图直接判断选项A、B、D；分析甲、乙的中位数特点，即可判断C.
【详解】由散点图的点的分布可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学,
其他次考试成绩都高于乙同学,所以，故选项A正确；
由散点图点的分步变化趋势可知,甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定,由方差的意义可得.故选项B错误；
因为统计了6次数学成绩，故将一组数据从小到大排序后，第三个和第四个数据的平均数为该组数据的中位数，
由散点图知，甲同学成绩排序后的第三次和第四次成绩均在90以上，
而乙同学成绩排序后的第三次和第四次成绩均在90以下，故甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数. 故选项C正确；
因为极差为数据样本的最大值与最小值的差,所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差,故选项D正确.
故选：ACD.
11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当P为中点时，为锐角
B. 存在点P，使得平面APC
C. 的最小值
D. 顶点B到平面APC的最大距离为
【正确答案】ABC
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，，
则，，则，，
所以，所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，所以，
即的最小值为，故C正确；
对于D，，，
设平面的法向量，
则，可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D错误.
故选：ABC.
关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，且，则实数______.
【正确答案】##
【分析】根据向量垂直的坐标表示可直接构造方程求得结果.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为.
13. 已知四点共面且任意三点不共线，平面外一点，满足均大于，则的最小值________.
【正确答案】4
【分析】根据向量的线性表示，结合共面的性质，可得，即可利用基本不等式求解.
【详解】由可得,
四点共面且任意三点不共线，所以，
故，
由于均为正数，所以，
当且仅当，即等号成立，
故4
14. 如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则四面体的外接球表面积为______.
【正确答案】
【分析】设为的中心，为四面体的外接球的球心，过作，然后在中，由求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.
【详解】如图所示：设为的中心，为四面体的外接球的球心，
则平面．
因为二面角的大小为，即平面平面，
设为线段的中点，外接球的半径为，
连接，
过作于点，
易知为的中心，则，
因为，
故，，
在中，，
故，则．
所以外接球的表面积为，
故答案为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. ．
（1）用向量表示向量，并求；
（2）求．
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；
（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.
【小问1详解】
，
则
，
所以.
【小问2详解】
由空间向量的运算法则，可得，
因为且，
所以
，
，
则.
16. 已知.
（1）若四点可以构成平行四边形，求点的坐标；
（2）在（1）的条件下若点在第四象限的情况下，判断构成的平行四边形是否为菱形.
【正确答案】（1）或或
（2）不是菱形
【分析】（1）分四边形、、是平行四边形三种情况讨论，分别利用对边的斜率相等求解即可；
（2）分别验证对角线是否垂直，即对角线斜率乘积是否为即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
设，若四边形是平行四边形，则，，
即，解得，即.
若四边形是平行四边形，则，，
即，解得，即.
若四边形是平行四边形，则，，
即，解得，即.
综上所述，点的坐标为或或.
【小问2详解】
若的坐标为，因为，
直线的斜率不存在，所以平行四边形不是菱形.
17. 四棱锥中，平面平面，，，，是正三角形，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）记点是的中点，连接，利用线线平行证明线面平行；
（2）连接，过点作于点，可证平面平面，作于点，点到平面的距离为.
【小问1详解】
证明：记点是的中点，连接，
点是的中点，
，且，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，
，
平面平面，
平面．
【小问2详解】
解：连接，过点作于点，
由题知，，
，
，
，
，
平面平面，平面平面，
平面，
又平面，
平面平面，
作于点，又平面平面，
则平面，即点到平面距离为．
由是正三角形，且得，
点到平面的距离为．
18. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【正确答案】（1），
（2）众数为，平均数为69.5，分位数为71.7
（3）
【分析】（1）由第三､四､五组频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求的值；
（2）由频率分布直方图中众数､平均数和百分位数的定义公式计算；
（3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题.
【小问1详解】
因为第三､四､五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以.
【小问2详解】
众数为
平均数为，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以分位数在第三组，且为.
【小问3详解】
第四､第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人，
则第四组抽4人，记为，第五组抽1人，记为，
则从这5人中选出2人，有共10种结果，
两人来自不同组有共4种结果，
所以两人来自不同组的概率为.
19. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
【小问2详解】
由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或