天津市南开中学滨海生态城学校2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷

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参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．已知复数z＝（a+2i）（1﹣i）为纯虚数，则实数a＝（ ）
A．B．C．2D．﹣2
【解答】解：z＝（a+2i）（1﹣i）＝a+2+（2﹣a）i为纯虚数，
则，解得a＝﹣2．
故选：D．
2．如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A'B'C'D'，已知A'O'＝O'B'＝2，B'C'＝2，则四边形ABCD的周长为（ ）
A．20B．12C．D．
【解答】解：根据题意，矩形A'B'C'D'，A'O'＝O'B'＝2，B'C'＝2，
则O′C′＝2，
如图：原图矩形ABCD中，AB＝AO+OB＝A'O'+O'B'＝4，OC＝2O′C′＝4，
BC＝＝＝6，
则四边形ABCD的周长l＝2（AB+BC）＝20；
故选：A．
3．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
C．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
【解答】解：若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故B错误；
若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故C错误；
若m⊂α，m⊥β，由平面与平面垂直的判定可得α⊥β，故D正确．
故选：D．
4．已知棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球的表面积为（ ）
A．πB．2πC．4πD．12π
【解答】解：设该球的半径为R，由题意可知，该球的直径为棱长为2的正方体的体对角线，
则，所以，
则该球的表面积S＝4πR2＝12π．
故选：D．
5．抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为1或4”，事件B为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是（ ）
A．A与B互斥B．A与B对立C．D．
【解答】解：抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为1或4”，事件B为“向上的点数为奇数”，
对于A，事件A与事件B能同时发生，故A错误；
对于B，事件A与事件B能同时发生，故B错误；
对于C，抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数n＝6，
A+B包含的基本事件个数为m＝4，
∴P（A+B）＝，故C正确；
对于D，P（A+B）＝，故D错误．
故选：C．
6．从集合{0，1，2，3}中随机地取一个数a，从集合{3，4，6}中随机地取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：从集合{0，1，2，3}中随机地取一个数a，从集合{3，4，6}中随机地取一个数b，基本事件总数N＝12．
当向量与向量垂直时，b＝2a，满足条件的基本事件有（4，2），（6，3），共两个，
则所求概率．
故选：D．
7．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC，且a＝2，则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
【解答】解：∵sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC，
由正弦定理得b2+c2﹣a2＝bc，
由余弦定理得，
又A∈（0，π），则，
∵a＝2，
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccsA，即4＝b2+c2﹣bc≥bc，当且仅当b＝c＝2时等号成立，
∴bc≤4，
则，
∴△ABC的面积的最大值为．
故选：B．
8．某校举办了数学知识竞赛，并将1000名学生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（ ）
①a的值为0.005
②估计这组数据的众数为75
③估计这组数据的下四分位数为60
④估计成绩高于80分的有300人
A．1B．2C．3D．4
【解答】解：由频率分布直方图可知10×（2a+3a+3a+6a+5a+a）＝1，
解得a＝0.005，故①正确；
根据频率分布直方图可知众数落在区间[70，80），用区间中点表示众数，即众数为75，故②正确；
前两组频率之和为（0.01+0.015）×10＝0.25，
∴这组数据的下四分位数为60，故③正确；
成绩高于80分的频率为（0.025+0.005）×10＝0.3，
∴估计总体成绩高于80分的有1000×0.3＝300人，故④正确．
故选：D．
9．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AB＝2，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则PA的长为（ ）
A．3B．C．1D．
【解答】解：连结AC，BD交于点E，取PC的中点O，连结OE，则OE∥PA，所以OE⊥底面ABCD，则O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O球心，均为＝，
所以由球的体积可得＝，解得PA＝1，
故选：C．
10．庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示．现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD边长为3，，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体ABCDMN的体积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：取AB，CD的中点F，E，连接NE，EF，NF，
可得几何体ABCDMN分割为一个三棱柱ADM﹣FEN和一个四棱锥N﹣FBCE，
将三棱柱ADM﹣FEN补成一个上底面与矩形ADEF全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱ADM﹣FEN的体积为×2××32＝，
四棱锥N﹣FBCE的体积为××9×2＝3，
则几何体ABCDMN的体积为3+＝．
故选：D．
11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，
以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空 间直角坐标系，
设PA＝AC＝BC＝1，则C（0，0，0），P（0，1，1），B（1，0，0），O（），A（0，1，0），
＝（），＝（0，1，0），＝（0，1，1），
平面PAC的法向量＝（1，0，0），
设直线CO与平面PAC所成角为θ，
则sinθ＝＝＝，
∴csθ＝＝＝．
∴直线CO与平面PAC所成角的余弦值为．
故选：B．
12．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线BD1⊥平面A1C1D
②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为
③三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
A．①②B．①③C．①③④D．①④
【解答】解：对于①：因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，
所以A1C1⊥面BB1D1，
又BD1⊂面BB1D1，
所以A1C1⊥BD1，同理可得DC1⊥BD1，
因为A1C1∩DC1＝C1，
所以BD1⊥面A1C1D，故①正确；
对于②：由正方体可知平面B1CD不垂直平面ABCD，故②错误；
对于③：因为A1D∥B1C，A1D⊂面A1C1D，B1C⊄面A1C1D，
所以B1C∥面A1C1D，
因为点P在线段B1C上运动，
所以点P到平面A1C1D的距离为定值，
又△A1C1D的面积为定值，
所以三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值，故③正确；
对于④：当点P与线段B1C的端点重合时，异面直线AP与A1D所成角取得最小值为，
所以异面直线AP与A1D所成角的取值范围为[，]，故④错误，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
13．已知复数z满足z（1+i）＝3﹣4i（其中i为虚数单位），则|z|＝ ．
【解答】解：∵z（1+i）＝3﹣4i，
∴，
∴．
故答案为：．
14．设向量的夹角的余弦值为，且，则＝ 11 ．
【解答】解：已知向量的夹角的余弦值为，且，
则，
则＝＝2×1+32＝11．
故答案为：11．
15．一组数据1，2，3，3，4，5，x的平均数与众数相等，则这组数据的75%分位数是 4 ．
【解答】解：由题设，平均数为，
若x∈{1，2，4，5}，众数有两个，其中一个为3；
若x∉{1，2，4，5}，则众数为3；
因为平均数与众数相等，
当x＝3时，，满足；
当x＝4时，，不满足；
当x＝5时，，不满足；
其它情况均不满足；
所以，数据为1，2，3，3，3，4，5，则7×75%＝5.25，
故这组数据的75%中位数是4．
故答案为：4．
16．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边．若a2＝（c﹣b）2+6，，则△ABC的面积是 ．
【解答】解：因为a2＝（c﹣b）2+6，可得a2＝c2+b2﹣2bc+6，即c2+b2﹣a2＝2bc﹣6，
又因为，由余弦定理可，解得bc＝6，
所以△ABC的面积为．
故答案为：．
17．若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为10，则数据3x1﹣1，3x2﹣1，…，3x10﹣1的方差为 900 ．
【解答】解：设x1，x2，…，x10的平均数为，标准差为s，
则，
设3x1﹣1，3x2﹣1，…，3x10﹣1的平均数为，标准差为s'，
则有
＝，
所以
＝
＝
＝
＝3s＝30，
所以s'2＝900．
故答案为：900．
18．从字母a，b，c，d，e中任取两个不同字母，则取到字母a的概率为 ．
【解答】解：从字母a，b，c，d，e中任取两个不同字母，共有＝10种情况，取到字母a，共有＝4种情况，
∴所求概率为＝．
故答案为：．
19．某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则p的值为 ．
【解答】解：根据题意得：1﹣××（1﹣p）＝，解得：p＝．
故答案为：．
20．在△ABC中，设＝，＝，||＝2，||＝3，∠BAC＝60°，＝2，E为BC中点，CD与AE交于点O，则•＝ ．若＝λ，则λ的值为 ．
【解答】解：，，
∴＝＝；
∵，
∴，即，
∴＝，
设，则＝，
∴，解得．
故答案为：，．
三．解答题（共4小题）
21．平面内给出三个向量，，，求解下列问题：
（1）求向量在向量方向上的投影向量的坐标；
（2）若向量与向量的夹角为锐角，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由向量＝（3，2），＝（﹣1，2），＝（4，1），
可得向量在向量方向上的投影向量为：
；
（2）若向量与向量m的夹角为锐角，
则，
＝2×（4m﹣1）+4（m+2）＝12m+6＞0，解得m＞﹣，
若向量（）∥（m），则2（m+2）＝4（4m﹣1），
解得m＝，经验证满足同向共线，
故实数m的取值范围是．
22．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若csA＝，求sin（2A﹣B）的值．
【解答】解：（Ⅰ）由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accsB，则a2+c2﹣b2＝2accsB，
又，所以，即，
由正弦定理可得，因为sinA＞0，
所以，则，又0＜B＜π，所以；
（Ⅱ）因为，所以，
所以，
所以．
23．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个不同的动点E，F．
（1）求证：EF∥平面ABCD；
（2）求证：AC⊥BE；
（3）二面角A﹣EF﹣B的大小是否为定值，若是，求出其余弦值；若不是，说明理由．
【解答】解：（1）证明：直线EF就是直线B1D1，
根据正方体的性质知EF∥BD，
∵EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD；
（2）证明：根据正方体的性质得AC⊥BD，AC⊥DD1，
∵BD∩DD1＝D，∴AC⊥平面BDD1B1，
∵BE⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥BE；
（3）平面AEF就是平面AB1D1，平面BEF就是平面BDD1B1，
∵平面AB1D1与平面BDD1B1固定，
∴二面角A﹣EF﹣B的大小是定值，
设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，
∵AB1＝AD1，O1是B1D1的中点，∴AO1⊥B1D1，
根据正方体的性质可知OO1⊥B1D1，OO1⊥BD，
∴∠AO1O里二面角A﹣EF﹣B的平面角，
在直角△AOO1中，AO＝，OO1＝1，AO1＝＝，
∴cs∠AO1O＝＝．
∴二面角A﹣EF﹣B的余弦值为．
24．如图1，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使平面PAB⊥平面ABCD，连接PC、PD，如图2，
（1）证明：AB⊥PC；
（2）求PD与平面ABCD所成角的正弦值
（3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MC？若存在，请找出N点的位置；若不存在，请说明理由
【解答】解：（1）证明：∵△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，
∴PM⊥AB．
∵ABCD为菱形，∠ABC＝60°．∴CM⊥AB，且PM∩MC＝M，
∴AB⊥面PMC，
∵PC⊂面PMC，∴AB⊥PC；
（2）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB．
∴PM⊥面ABCD，
∴∠PMD就是PD与平面ABCD所成角．
PM＝，MD＝，PD＝
sin∠PMD＝＝，
即PD与平面ABCD所成角的正弦值为．
（3）设DB∩MC＝E，连接NE，
则有面PBD∩面MNC＝NE，
∵PB∥平面MNC，∴PB∥NE．
∴．
线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN＝．