2023-2024学年湖南省部分学校（岳阳市湘阴县知源高级中学等）高二上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖南省部分学校（岳阳市湘阴县知源高级中学等）高二上学期第一次月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】利用复数的运算法则及模的求法进行计算即可.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：
2．设单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为向量为单位向量，可得，且，
设与的夹角为，可得，
因为，所以.
故选：C.
3．已知为奇函数，则（ ）
A．B．1C．0D．
【答案】B
【分析】根据奇函数的定义与性质分析求解.
【详解】显然的定义域为，
因为是偶函数，则是奇函数，
可得，可得，
当时，则，即是奇函数，
所以符合题意.
故选：B.
4．等式成立的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到，化简得到，进而得到答案.
【详解】因为，所以，
展开得，化简得，所以，
所以等式成立的充要条件是.
故选：D.
5．在四面体中，，，，，为的中点，若，则（ ）
A．B．3C．D．2
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算即可得解.
【详解】如图，
因为，为的中点，所以，
又因为，
所以，
又，所以，解得：．
故选：B.
6．如图，三棱锥的棱长均为，点，，分别是，，的中点，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由线面垂直的判定定理可证得，再由平面向量数量积的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由题意知三棱锥为正四面体，
取的中点，连接，则，
平面，
所以平面，平面，
所以，点，，分别是，，的中点，
所以，

所以，且．
因为，，
，，
故选：D．
7．如图，，分别是圆台上、下底面圆的直径，，是圆上一点，且，则在上的投影向量是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，取在下底面的投影，作，垂足为，连接，，，结合投影向量的定义，即可得到结果.
【详解】
如图，取在下底面的投影，作，垂足为．
连接，，，则，在上的投影向量是．
设上底面圆的半径为，则，．
故在上的投影向量是．
故选：A
8．由两种或两种以上的正多边形围成的多面体称为“半正多面体”，由于古希腊著名学者阿基米德首先列举了所有的半正多面体，故又称为“阿基米德多面体”.现将棱长为的正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，则这个半正多面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意半正多面体的外接球的球心与正四面体的外接球的球心相同，设为，设为正的外心，为的一个三等分点，求出正四面体外接球的半径，再由余弦定理求出，即可得解.
【详解】如图，半正多面体的外接球的球心与正四面体的外接球的球心相同，设为，
设为正的外心，为的一个三等分点，
因为，易求得.
设正四面体的外接球的半径为，在中，，
解得.
在中，可得，
所以，这个半正多面体的外接球的表面积为.
故选：B
二、多选题
9．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意，求得，，根据集合的运算，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，可得， ，
对于A中，由或，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由或，所以，所以C正确；
对于D中，由，所以，所以D正确.
故选：BCD.
10．已知点，，下列结论正确的是（ ）
A．若直线的方向向量为，则
B．若直线的斜率为，则
C．若，则为直角三角形
D．若，，则四边形是平行四边形
【答案】BC
【分析】求出直线的斜率可判断A；由两直线的位置关系可判断B，C，D.
【详解】对于A，，所以直线的方向向量为，A错误.
对于B，因为，所以，B正确.
对于C，因为，所以，C正确.
对于D，因为，
所以四边形不是平行四边形，D错误.
故选：BC.
11．已知平面，，，与平面成角，，则与之间的距离可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】利用空间向量的数量积以及结合向量求距离的方法即可求解.
【详解】如图，因为，，所以．

作，垂足为，连接，
则或．
易知，
若，则，
若，则，
故选：AC
12．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）

A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，设，

，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
三、填空题
13．已知点和，则直线的倾斜角为 ．
【答案】
【分析】根据直线斜率公式，结合直线倾斜角与斜率的关系、特殊角的正切值进行求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
则．又，所以．
故答案为：
14．已知正数满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，化简得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
四、双空题
15．在锐角中，角的对边分别为，，，若，则 ，的取值范围为 .
【答案】
【分析】由正弦定理得到，求出，变形得到，先求出，结合，求出
【详解】因为，由正弦定理得，
故，即，
因为，所以，故，
因为，解得.
，
其
，
所以.
因为为锐角三角形，故，，
解得，所以，
所以，，
从而
故答案为：，
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
五、填空题
16．如图，正方体的棱长为2，是的中点，点，分别在直线，上，则线段的最小值为 ．

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，得出的表达式，根据二次函数的最值求解即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．
设，，则，
故．
当时，取得最小值，最小值为．
故答案为：
六、解答题
17．已知点，.
(1)若点在轴上，且为直角，求点的坐标；
(2)若点，且点在同一条直线上，求的值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设，由为直角，得到，结合斜率列出方程，即可求解；
（2）根据斜率公式，求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设，则.
因为为直角，所以，可得，解得或，
即点的坐标为或.
（2）解：因为，，
因为点在同一条直线上，所以，解得.
18．已知函数在一个周期内的图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)当时，求使成立的x的取值集合.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象可得A和周期，再由周期公式求，然后代点的坐标求；
（2）根据正弦函数的性质，只需解不等式即可.
【详解】（1）由图可知，，
所以，
又函数图象过点，所以，即，
得，
又，所以，所以.
（2）由（1）知，
由，得，
解得，
所以使成立的x的取值集合为
19．如图，在长方体中，，为棱的中点．
(1)证明：
∥平面
．
(2)若
是线段
的中点，求
的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标，求解平面法向量，即可根据向量法求证，
（2）根据点到线的向量法求解距离，即可由面积公式即可求解.
【详解】（1）证明：如图，
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
根据题意，可得，，，，．
则，，．
设是平面的法向量，可得则
令，得．
因为，平面，所以平面．
（2）由（1）知，，，则，，所以，
所以．
设到直线的距离为，则，
所以．
20．甲、乙两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着投掷．规定第1次由甲投掷．
(1)求第2次由甲投掷的概率；
(2)求前4次投掷中，乙恰好投掷2次的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出所以满足要求的情况数，然后结合古典概型的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，乙恰好投掷2次的情况分三种，分别计算出其对应概率，相加即可得到结果.
【详解】（1）掷出的骰子的点数的样本点总数为36．
记事件“掷出的点数之和为3的倍数”，
则，有12个样本点．
．
故第2次由甲投掷的概率为．
（2）前4次投掷中，乙恰好投掷2次的情况分以下三种：
第一种情况，第1，2次由甲投掷，第3，4次由乙投掷，其概率为，
第二种情况，第1，3次由甲投掷，第2，4次由乙投掷，其概率为，
第三种情况，第1，4次由甲投掷，第2，3次由乙投掷，其概率为．
故前4次投掷中，乙恰好投掷2次的概率为．
21．在三棱台中，平面，，，分别为，的中点．

(1)证明：∥平面．
(2)若，在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）先判断四边形为平行四边形，再利用已知条件证明平面平面，从而可证线面平行
（2）首先证明，判断四边形为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，设出，表示出，由直线与平面所成角的正弦值解出的值即可.
【详解】（1）证明：因为在三棱台中，，为的中点，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，，
因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又、平面，且，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）连接，因为平面，且平面，
所以平面平面，
又平面平面，易知等边三角形中，，
所以平面，所以，
又，，所以平面，从而，故四边形为正方形，，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
不妨设，则，，
设平面的法向量为，则：，得：
令，可得．
设直线与平面所成的角为，则，
由，得，则，
所以线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．
22．如图，在四面体ABCD中，，，，，，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点在线段AB上.

(1)若平面AEG，试确定点的位置，并说明理由；
(2)求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围.
【答案】(1)为AB的中点，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证得平面AEG，再利用线面平行的性质定理得，即可确定点的位置；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角余弦值的函数，利用二次函数知识求解余弦值的范围，然后利用余弦函数的单调性求解角的范围即可.
【详解】（1）若平面AEG，则为AB的中点，理由如下：
因为E，G分别为BC，CD的中点，所以.
因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG.
若平面AEG，只需即可.
因为为AD的中点，所以为AB的中点.
（2）过点D作平面ABC，垂足为，连接OE，OA.
设，因为，，
所以，，，
所以.
在中，，.
因为，所以，解得.
所以.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.
过点作，垂足为，作，垂足为.
设，则，，所以.
则，，，
.
设平面AEG的法向量为，
则，令，则.
设平面CDH的法向量为，
则，令，则.
所以.
当时，.
当时，，令，
则.又函数在上单调递增，
所以，所以，
即.综上，
设平面AEG与平面CDH的夹角为，则，，
因为函数在上单调递减，所以，
所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题考查了线面平行的判定及性质定理、以空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而利用余弦函数的单调性得到其取值范围.