安徽省滁州中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试卷（Word版附解析）

滁洲中学2022级高二上学期9月月考试卷

数学

时长：120分钟  分值：150分

考试范围：必修一、必修二、选择性必修一第一章和第二章2.1-2.3

一、单选题（共8小题，每题5分）

1. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据共轭复数的定义直接得出结果.

【详解】根据共轭复数的定义，的共轭复数是.

故选：D

2. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为，那么这组数据的第75百分位数为（  ）

A. 38 B. 39 C. 40 D. 41

【答案】B

【解析】

【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.

【详解】8场比赛的得分从小到大排列为：25，29，30，32，37，38，40，42，

因为，所以第75百分位数为.

故选：B.

3. 若直线过点，其中，是正实数，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】由点在直线上可知，结合均值不等式即可求解．

【详解】因为直线过点，所以，

由和都是正实数，所以，，．

所以，

当时取等号，即，时取等号，

所以的最小值是.

故选:B．

4. 若直线与直线平行，则m＝（    ）

A.  B.  C. 或 D. 不存在

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线平行，即可求解.

【详解】因为直线与直线平行，

所以，解得：或，

当时，两直线重合，不符合题意；当时，符合题意.

故选：B.

5. 如图是函数在一个周期内的图象，该函数图象分别与轴、轴相交于、B两点，与过点的直线相交于另外两点、，则（        ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求得两点的坐标，根据对称性求得，进而求得.

【详解】因为函数，由，所以，

令，即，可得

即，当时，，所以，

因为函数关于点A对称，所以关于A的对称点为，即的中点为A，

所以

又因为，所以.

故选：D

6. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等” ．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠）的几何体的体积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积的一半减去圆台的体积，计算求解即可.

【详解】∵，，，

∴，

∴．

故选：A

7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则（    ）

A. 2 B. 1 C.  D. 前三个答案都不对

【答案】A

【解析】

【分析】根据射影定理结合题设条件可得，故可求两角的正切之比.

【详解】由射影定理，得．

又因为，

联立解得，

因此．

故选：A.

8. 如图,已知四面体ABCD中,,,E,F分别是AD,BC的中点．若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,则可将四面体放入长方体中,求出长方体的长宽高可发现此长方体有一个面为正方形,故四面体中有一对异面直线垂直,由平面,及在长方体的位置,根据面面平行的判定定理及性质定理可证明截面为矩形,根据相似可得出截面相邻两边的和为定值,根据矩形面积,利用基本不等式即可求得截面面积最大值.

【详解】解:由题知四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,

故可将此四面体放入长方体中, 如图所示:

不妨设该长方体长、宽、高分别为,

则有①,

②,

③,

联立①②③可得:

,

设平面与四面体的各面分别交于KL,LM,MN,KN,

如图所示:

平面,

由长方体性质可知平面,

故平面平面平面,

平面平面,

平面平面,

即

平面平面

平面平面,

,

,

即

,

同理可得

,

故,

四边形为正方形,

,

即,即,

,

,

综上:四边形KLMN为矩形,

所以,

当且仅当时成立.

故截面面积的最大值为1.

故选:A

【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中的截面问题,属于难题,关于特殊几何体的方法有:

(1)正四面体可放在正方体中考虑;

(2)四面体中互为异面直线的棱长相等,可放在长方体中考虑;

(3)有一条棱垂直底面,可补成直三棱柱.

二、多选题（共4小题，每题5分）

9. 如果，那么下列不等式一定成立是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】对于AC，利用不等式的性质分析判断，对于B，利用指数函数的性质分析，对于D，利用对数函数的性质分析判断.

【详解】对于A，因为，所以由不等的性质可得，所以A正确，

对于B，因为在上递减，且，所以，所以B错误，

对于C，因为，，所以，得，所以C错误，

对于D，因为在上递增，，所以，所以D正确，

故选：AD

10. 已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A、B，满足，，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. A与B互斥 D. A与B相互独立

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据概率的基本概念和独立事件的基本运算求解即可.

【详解】因为，，，，所以，故A选项正确；

作出示意图如下，

则A与B不互斥，故C选项错误；

又，，,

所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；

故选：ABD.

11. 下列选项正确的有（    ）

A. “，”是假命题，则

B. 函数的图象的对称中心是

C. 若存在反函数，且，则的图象必过点

D. 已知表示不超过的最大整数，则函数值域为

【答案】BD

【解析】

【分析】A中，把问题化为“，”是真命题，分和两种情况求解即可；B中，根据函数图象平移，可得到函数的图象，从而确定其对称中心；C中，由反函数的定义与题意知，从而可求的图象所过点的坐标；D中，根据函数的定义与性质，即可得出正确的判断.

【详解】对于A，因为“，”是假命题，

所以“，”是真命题，当时，恒成立，

当时，应满足，解得，

综上知，实数的取值范围为，选项A错误.

对于B，因为函数图象的对称中心是，

所以函数的图象是函数的图象向右平移个单位，

再向上平移个单位得到，所以函数的对称中心是，选项B正确；

对于C，函数的反函数是，且，所以，

所以的图象必过点，选项C错误；

对于D，由的定义知在上单调递增，其值域为，

，

所以在上周期为1，所以的图象如图所示：

由图可知：函数的值域为，选项D正确.

故选：BD.

12. 在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（    ）

A. 存在点，，，使得平面

B. 存在点，，，使得

C. 当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为

D. 记，，与平面所成的角分别为，，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,当时，则要使平面则需可用向量法计算判定选项A；=,=则++=+要使则需=即可，用三角函数判定选项B; 当平面时则需最大,则选项C可判定；由等积法得到平面的距离为进而可得，选项D可判定.

【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

令

平面,平面

又

平面 又平面

当时，则

要使平面则需,

则，

即

当时，则选项A正确；

=,=

则++=+

要使则需=

=，=，=

则中由余弦定理可得

另，

可得，

则

又则

故，选项B错误；

当平面时

则需最大

，，

由平面

可得则

又所以最大为

最大为，选项C错误；

因为

则

可得

=

又可由等积法得到平面的距离为

可得

可得，选项D正确.

故选：AD.

三、填空题（共4小题，每题5分）

13. 若“”是“”的必要条件，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意解得：，得出，由此可得出实数的取值范围.

【详解】根据题意解得：，

由于“”是“”的必要条件，则，.

因此，实数的取值范围是：.

故答案为：.

14. 直线l：绕着点逆时针旋转与直线重合，则的斜截式方程是____________.

【答案】

【解析】

【分析】先找到直线的斜率，再由直线过点求出直线方程.

【详解】设直线l的倾斜角为，则，则，

所以直线，

故答案为：.

15. 已知2023年第57届世界乒乓球锦标赛规定适用的乒乓球直径为4cm.如图，是一个正方形硬纸板，现有同学将阴影部分裁掉，把剩余的扇形部分制作成一个圆锥型的纸筒.若这样的乒乓球能够完全装入该同学所制作的圆锥型的纸筒内，则正方形纸板面积的最小值为________平方厘米.

【答案】

【解析】

【分析】根据圆锥的内切球，利用相似即可求解内切球的半径，进而可求解正方形最大的边长，即可求解.

【详解】设正方形的边长为，设圆锥的底面圆半径为，所以扇形的弧长为，

设圆锥的内切球球心为,半径为,作出轴截面如图：

圆锥的高，

由于，所以,

要使乒乓球能放入圆锥容器，则需满足，

所以正方形的面积为，故最小值为，

故答案为：

16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①平面截正方体所得的截面图形是五边形；

②直线到平面的距离是；

③存在点，使得；

④△面积的最小值是．

其中所有正确结论的序号是______．

【答案】①③

【解析】

分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.

【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，

则五边形即为所得的截面图形，故①正确；

对于②，由题可知，平面，平面，

∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，

设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，

，，

∴，

，

∴由，可得，

所以直线到平面的距离是，故②错误；

对于③，如图建立空间直角坐标系，则，

设，

∴，又，

∴，，

假设存在点，使得，

∴，整理得，

∴（舍去）或，

故存在点，使得，故③正确；

对于④，由上知，所以点在的射影为，

∴点到的距离为：

，

∴当时，，

∴故△面积的最小值是，故④错误.

故答案为：①③.

四、解答题（共6小题，其中17邀10分，其它每题12分）

17. 已知为第二象限角，且.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据为第二象限角，得到，进而得到正切值；

（2）根据二倍角公式和诱导公式化简，分子分母同时除以，代入即可.

【小问1详解】

因为为第二象限角，，

所以，

所以

【小问2详解】

原式，

分子分母同时除以，

则原式.

18. （1）求两条平行直线3x＋4y－12＝0与mx＋8y＋6＝0之间的距离；

（2）求到直线3x－4y＋1＝0的距离为3，且与此直线平行的直线的方程．

【答案】（1）3；（2）3x－4y＋16＝0或3x－4y－14＝0.

【解析】

【分析】（1）由两直线平行列式可得m的值，再由平行线间的距离公式可求得结果；

（2）设出平行直线系方程，由平行线间的距离公式列方程可得结果.

【详解】（1）由两直线平行得，解得：m＝6.

∴直线6x＋8y＋6＝0即为3x＋4y＋3＝0.

∴两平行直线间的距离，

（2）设所求直线方程为3x－4y＋m＝0，

由两平行线间的距离公式得，解得：m＝16或m＝－14.

故所求的直线方程为：3x－4y＋16＝0或3x－4y－14＝0.

19. 在如图所示的多面体中，平面，平面，为中点，是的中点.

（1）证明：平面

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)作出辅助线，得到线线平行，从而证明线面平行；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量距离公式可得点到平面的距离是.

【小问1详解】

取CD中点M，连接MF，AM，

因为是的中点，

所以DE，

又因为平面，平面，

所以，

又因为，

所以，且MF=AB，

所以四边形ABFM为平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面

【小问2详解】

以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得轴和轴的正半轴分别经过点和点，则，

∴，，

设平面BCE的法向量为，

则，即，

令，则，

所以平面BCE的法向量为

∴点到平面的距离.

20. 在等腰直角三角形中，，点是边上异于的一点，光线从点出发，经反射后又回到原点，光线经过的重心．

（1）建立适当的坐标系，请求的重心的坐标；

（2）求点的坐标；

（3）求的周长．

【答案】（1）建立坐标系见解析，   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）建立坐标系，确定三角形顶点坐标，即可求得答案；

（2）设，P关于直线的对称点分别设为，表示出坐标，根据光线反射原理可知共线，结合重心坐标求得答案；

（3）根据对称知识可知的周长即为，利用两点间距离公式可求得答案.

【小问1详解】

以A为坐标原点，以为轴建立平面直角坐标系，

则，

故的重心的坐标为，即；

  【小问2详解】

设，P关于直线的对称点分别设为，

则，设，

直线的方程为，则，

解得，即，

由光的反射原理可知共线，且光线经过的重心，

故，解得或（舍去），

故；

【小问3详解】

由（2）可得，

由题意可知，

故的周长

.

21. 设的内角所对边分别为，若．

（1）求的值;

（2）若且三个内角中最大角是最小角的两倍，当周长取最小值时，求的面积．

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）变形得到，由正弦定理得到，得到答案；

（2）由题意得到，由正弦定理和余弦定理得到，求出，由，求出当时，周长最小，进而由三角形面积求出答案.

【小问1详解】

因为，所以，因为，

所以，

所以，由正弦定理，得，即．

【小问2详解】

由可得：，故，于是，

由正弦定理及余弦定理可得：

，

解得：(舍)或者，故，

因为，所以当时，周长最小，此时，

所以，所以的面积为．

22. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．

（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；

（2）求甲获得冠军的概率；

（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求得答案；

（2）确定甲获得冠军的比赛情况，求得每种情况的概率，即可求得答案；

（3）分类讨论乙的决赛对手是谁，求出每种情况下的概率，根据互斥事件的概率加法公式，即得答案.

【小问1详解】

由题意知乙获仅参加两场比赛连负两场，即第1、4场比赛皆负，

概率为；

【小问2详解】

甲要获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种：

1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，

故甲获得冠军的概率为；

【小问3详解】

若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有2种情况：

甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜；

所以甲乙在决赛第二次相遇概率为；

若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，

两人参加的比赛结果有2种情况：

乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜；

同时要考虑甲在第4场和第5场的结果，

故乙丙在第3场和第6场相遇的概率为，

若乙的决赛对手是丁，情况和丙一样，

故乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.

【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第（3）问，要讨论乙的决赛对手是谁，并能确定两人是第二次相遇的比赛结果情况，即确定每场比赛的胜负情况，从而进行解答.