四川省达州市万源中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题 Word版含解析

万源中学高2025届高二（上）第一次月考

数学试题

本卷满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束，将试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则的真子集个数为（      ）

A. 3 B. 4 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】先求出集合，再求，从而再利用公式可求出的真子集个数

【详解】，

因为，

所以，

所以的真子集个数为，

故选：C

2. 已知，则的共轭复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据除法运算化简复数，利用共轭复数概念直接求解即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：D

3. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则“”是“且”的（    ）

A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由面面平行的判定与性质判断充分性和必要性即可.

【详解】由面面平行的性质可知：且，充分性成立；

当时，若，，，则可能平行或相交，必要性不成立；

“”是“且”的充分而不必要条件.

故选：A.

4. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），且该圆锥的侧面积为，则此球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，结合圆锥侧面积公式求出圆锥底面圆半径，进而求出球半径作答.

【详解】设直角圆锥底面半径为，则其母线长为，因此圆锥顶点到底面圆圆心的距离为：，

于是圆锥底面圆的圆心为其外接球的球心，即圆锥外接球半径为，

由圆锥的侧面积为，得，解得，

所以球的表面积为.

故选：D

5. 某五面体如图所示，下底面是边长为3的正方形，上棱，平面，与平面的距离为，该五面体的体积为（      ）

A.  B. 6 C. 9 D.

【答案】B

【解析】

【分析】把五面体分割成一个柱体和两个椎体即可.

【详解】在平面中，过分别作，交点分别为，

在平面中，过分别作，交点分别为，

连接，

，，，

平面，平面，

平面，同理可得：平面，

所以平面平面，

所以该几何体分成中间一个直三棱柱和左右两个四棱椎，且两个四棱锥可合为一个大的四棱锥，

平面中过点作，

因为平面，平面，

，，

平面，平面，

平面，

设两个四棱锥合在一起的大四棱锥的体积为

所以五面体的体积

.

故选：B.

6. 已知，且，则的最小值为（      ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

【答案】D

【解析】

【分析】由题意得，化简后利用基本不等式可求出其最小值.

【详解】因为，且，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为9，

故选：D

7. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意的都有，当时， ，则= （      ）

A.  B. 0 C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，分析可得，即是周期为3的周期函数，据此可得，，，结合函数的解析式和奇偶性分析可得，，的值，计算即可得到答案.

【详解】根据题意，满足对任意的都有，所以，

所以，则是周期为3的周期函数，

则，，，

又因为是定义在上的奇函数，

则，又因为时， ，

则，，

则，，，

则.

故选：B

8. 如图，直角梯形中，，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且，则下列结论错误的是（      ）

A. 与平面所成角的正切值为

B.

C. 二面角的大小为

D. 平面平面

【答案】A

【解析】

【分析】证明是与平面所成角，求出其正切值判断A，证明平面，得证线线垂直判断B，证明平面，得证是二面角的平面角，求出此角判断C，得出面面垂直判断D．

【详解】由题意是正方形，，又，，∴，

∴，

又，，平面，∴平面，

∴是与平面所成角，而，A错；

由平面，平面得，又，是平面内两相交直线，因此平面，而平面，所以，B正确；

同理由平面，可证得，而，是平面内两相交直线，因此得平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，在直角中易知，C正确；

由平面得平面平面，D正确；

故选：A．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.

9. 已知点为平面外一点，则下列说法正确的是（      ）

A. 过点只能作一个平面与平行

B. 过点可以作无数条直线与平行

C. 过点只能作一个平面与垂直

D. 过点只能作一条直线与垂直

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用空间中线与面的平行关系与垂直关系，逐一对各个选项分析判断即可.

【详解】对于选项A，假设过点可作多个平面平行于，则这些平面既平行又有公共点，相矛盾，故选项A正确；

对于选项B，过点作一个平面与平行，在平面内，过点的直线都与平行，故选项B正确；

对于选项C，如图，在长方体中，取平面为平面，显然平面与均与垂直，故选项C错误；

对于选项D，假设过点能作无数条直线与垂直，根据线面垂直的性质知，这无数条直线互相平行，但又相交于一点，相矛盾，故选项D正确；

故选：ABD.

10. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物.某地8月1日到10日的PM2.5日均值（单位：）分别为36，32，38，34，32，88，42，36，30，32，则关于这10天中PM2.5日均值的说法正确的是（    ）.

A. 众数为32

B. 第80百分位数是38

C. 平均数是40

D. 前4天的方差比后4天的方差小

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据已知数据，由众数、百分数定义判断A、B；应用均值、方差公式判断C、D.

【详解】这10天PM2.5日均值从小到大为30，32，32，32，34，36，36，38，42，88，

所以众数为32，故A正确；

由，则第80百分位数为，所以B错误；

因为平均数为，所以C正确；

因为前4天的均值为，所以前4天的方差为，

因为后4天的均值为，所以后4天的方差为，故D正确.

故选：ACD

11. 函数在一个周期内的图象所示，则（    ）

A. 该函数的解析式为

B. 该函数的一条对称轴方程为

C. 该函数的单调递减区间是，

D. 把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，可得函数的图象.

【答案】AC

【解析】

【分析】

利用图象求得函数的解析式，可判断A选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的单调性可判断C选项的正误；利用三角函数图象变换可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，，函数的最小正周期为，，

又，可得，

，则，，可得，

所以，，A选项正确；

对于B选项，，

所以，函数的图象不关于直线对称，B选项错误；

对于C选项，由，

解得，

所以，函数的单调递减区间为，，C选项正确；

对于D选项，把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，可得到函数的图象，D选项错误.

故选：AC.

【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方法：

（1）求、，；

（2）求出函数的最小正周期，进而得出；

（3）取特殊点代入函数可求得的值.

12. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）

A. 直线平面

B. 三棱锥的体积为定值

C. 异面直线与所成角的取值范围是

D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；

在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；

在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；

在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.

【详解】在选项A中，∵，，，

且平面，

∴平面，平面，

∴，

同理，，

∵，且平面，

∴直线平面，故A正确；

在选项B中，

∵，平面，平面，

∴平面，

∵点在线段上运动，

∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，

∴三棱锥的体积为定值，故B正确；

在选项C中，

∵，

∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.

易知为等边三角形，

当为的中点时，；

当与点或重合时，直线与直线的夹角为.

故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；

在选项D中，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为1，

则，，，，

所以，.

由A选项正确：可知是平面的一个法向量，

∴直线与平面所成角的正弦值为：，

∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若某正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长是6，则它的体积为________.

【答案】

【解析】

【分析】运用勾股定理求得正四棱台的高，由台体体积公式计算即可.

【详解】由题意正四棱台如图所示，过A作交于点，

则，，

所以，

所以在中，，

又因为，，

所以.

故答案为：.

14. 若向量，向量，则向量在向量上的投影向量坐标为_______

【答案】

【解析】

【分析】利用投影向量求解公式进行计算.

【详解】因为向量，向量，

则向量在向量上的投影向量为，

故答案为：.

15. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．

【答案】

【解析】

【分析】设事件表示“该选手能正确回答第轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入的值，可得结果；

【详解】记“该选手能正确回答第轮的问题”为事件，则.

该选手被淘汰的概率：

故答案为：

【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：

(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；

(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．

16. 如图，在棱长为1的正方体中，点 E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点（包含边界），若 平面AEF，则线段长度的取值范围是 _________ .

【答案】

【解析】

【分析】分别取棱的中点，通过证明平面可得必在线段上，进而可求得长度的取值范围.

【详解】如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，

因为为所在棱的中点，所以，所以，

又平面平面，所以平面；

因为，所以四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，所以平面，

又，所以平面，

因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，

在直角中，，

同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，

当在中点时，，此时最短，位于处时最长，

，，

所以线段长度取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查空间点的存在性问题，解题的关键是取棱的中点，得出点必在线段上，从而将问题转化为在中.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 如图，正方体边长为分别为中点．

（1）求证：平面；

（2）求异面直线与所成角的大小．

【答案】（1）证明见解析   

（2）45°

【解析】

【分析】（1）连接，根据，结合判定定理即可证明；

（2）根据题意，是两异面直线与所成角或其补角，再求解即可.

【小问1详解】

证明：连接，

∵分别为中点，

∴，

又∵平面，平面，

∴平面．

【小问2详解】

解：∵，

∴是两异面直线与所成角或其补角，

∵是等腰直角三角形，

∴，

∴两异面直线与所成角的大小为45°．

18. 某校对高一年级名学生的身高进行了统计，发现这名学生的身高介于（单位：），现将数据分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．

已知第五组的频率与第三组的频率相同，第三组的频率是第二组频率的倍，第二组频率是第一组频率的倍．

（1）求第一组学生的人数，并估计这名学生身高（单位：）的中位数（保留位小数）；

（2）若采用分层抽样的方法从前两组中抽取位同学参加某项课外活动，在这位同学中随机选出人作为队长，求这两人来自于同一组的概率．

【答案】（1）70人,   

（2）

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图可求得第四组的频率，根据概率和为1，求出前三组频率和为，从而求得频率为的中位数在第四组，从而求出中位数；

（2）根据分层抽样求出第一组抽取人，第二组抽取人，由古典概型的概率公式即可求解.

【小问1详解】

由频率分布直方图可知第四组的频率为,

设第一组的频率为，由题可知，解得

∴第一组的人数为人,

前三组的频率之和为，，

估计中位数为.

【小问2详解】

第二组频率是第一组频率的倍，所以第一组抽取人，记为，第二组抽取人，记为,

从人中随机抽取人的样本点有，

，共个，且每个样本点等可能发生，其中两人来自于同一组的样本点有，共个，

故所求概率为.

19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（1）求角A的大小；

（2）若，且的面积为，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，根据正弦定理化简得，利用余弦定理求得，即可求解；

（2）由的面积为，求得，结合余弦定理，求得，即可求解.

【小问1详解】

由题意及正弦定理知，，

，

，.

【小问2详解】

，

又，

由①，②可得，

所以的周长为.

20. 如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.

(1)求证：PA⊥BD；

(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；

(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解.

试题解析:（I）因为，，所以平面，

又因为平面，所以.

（II）因为，为中点，所以，

由（I）知，，所以平面.

所以平面平面.

（III）因为平面，平面平面，

所以

因为为的中点，所以，.

由（I）知，平面，所以平面.

所以三棱锥的体积.

【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.

21. 已知函数周期是.

（1）求的解析式，并求的单调递增区间；

（2）将图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图像向上平移个单位后得到函数的图像，若时，恒成立，求m得取值范围.

【答案】（1），单调递增区间为，；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据正弦和余弦的二倍角公式化简可得，由，解得，带入正弦函数的递增区间，化简即可得解；

（2）根据三角函数的平移和伸缩变换可得，根据题意只需要，分别在范围内求出的最值即可得解.

【详解】（1）

由，解得

所以，

∵

∴

∴

∴的单调递增区间为，

（2）依题意得

因为，所以

因为当时，恒成立

所以只需转化为求的最大值与最小值

当时，为单调减函数

所以，，

从而，，即

所以m的取值范围是.

【点睛】本题考查了三角函数的单调性和最值，考查了三角函数的辅助角公式和平移伸缩变换，有一定的计算量，属于中档题.本题关键点有：

（1）三角函数基本量的理解应用；

（2）三角函数图像平移伸缩变换的方法；

（3）恒成立思想的理解及转化.

22. 如图（1），在中，，，、、分别为边、、的中点，以为折痕把折起，使点到达点位置（如图（2））．

（1）当时，求二面角的大小；

（2）当四棱锥的体积最大时，分别求下列问题：

①设平面与平面的交线为，求证：平面；

②在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）①证明见解析②存在，或

【解析】

【分析】（1）分析可知二面角的平面角为，利用余弦定理可求得的大小，即可得解；

（2）①证明平面，利用线面平行的性质可得出，证明出平面，进而可证得结论成立；

②分析可知，与平面所成角为，利用已知条件可求得的长，再利用余弦定理可求得的长.

【小问1详解】

解：翻折前，在中，，即，

、分别为、的中点，则且，

翻折后，在图（2）中，，，则二面角的平面角为，

因为，，由余弦定理可得，

，故，

即当时，二面角的大小为.

【小问2详解】

解：①过点在平面内作，垂足为点，

，，，则平面，

平面，，

，，平面，则，

故当平面时，四棱锥的体积取最大值，

，，，平面，

因为，，为的中点，所以，且，

故四边形为平行四边形，所以，，

平面，平面，平面，

因为平面，平面平面，，因此，平面；

②因为平面，与平面所成角为，

因为平面，，

所以，，解得，

在中，，，，

由余弦定理可得，

所以，，解得或.

因此，在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且或.