湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷Word版含解析docx、湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得，可得斜率为从而求得倾斜角．
【详解】由可得，所以直线的斜率为，
设直线的倾斜为，则，因为，所以．
故选：D
2. 若事件A与B相互独立，P（A）＝，P（B）＝，则P（A∪B）＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据事件A与B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B），再由P（A∪B）＝P（A）+P（B）-P（AB）求解.
【详解】因为事件A与B相互独立，且P（A）＝，P（B）＝，
所以P（AB）＝P（A）P（B）＝，
所以P（A∪B）＝P（A）+P（B）-P（AB）=+-=
故选：C
【点睛】本题主要考查独立事件概率以及并集事件的概率，属于基础题.
3. 盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
343 432 314 134 234 132 243 331 112 324
342 241 244 342 124 431 233 214 344 434
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找出恰好第三次结束时就停止的随机数的个数，利用古典概型公式求解概率．
【详解】随机模拟产生了20组随机数，其中恰好第三次结束时就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个，
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为．
故选：C．
4. 关于直线、及平面、，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知条件判断直线、的位置关系，可判断ABC选项的正误；根据已知条件判断与的位置关系，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，若，则与平面内的直线平行或异面，
因为，则与平行或异面，A选项错误；
对于B选项，，过直线的平面与的交线满足，
，，，故，B选项正确；
对于C选项，若，，则与平行、相交或异面，C选项错误；
对于D选项，若，，则、或与相交，D选项错误.
故选：B.
【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
5. 已知一个足球场地呈南北走向．在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进了24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为（ ）
A. 米B. 米C. 32米D. 米
【答案】D
【解析】
分析】作出示意图，利用余弦定理计算即可.
【详解】
如图，根据题意可知.
根据余弦定理可得：，
解得(米)
故选：D
6. 甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.
【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，
若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，
写出所有可能的结果有：，，，，，，，
，共计9个，
选出的2名教师性别相同的结果有，，，共计4个，
故选出的2名教师性别相同的概率为．
故选：B.
7. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据空间向量的运算，结合平面向量基本定理，可得答案.
【详解】对于A，设，使得，则，
即，该方程无解，故A错误；
对于B，设，使得，
则，即，解得，故B正确；
对于C，设，使得，
则，即，该方程无解，故C错误；
对于D，设，使得，
则，即，该方程无解，故D错误；
故选：B.
8. 若动点、分别在两条平行直线：和：上移动，则直线与的距离以及中点到原点距离的最小值分别为（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线平行列方程求出n，得到：，利用两平行线间的距离公式即可求出直线与的距离；求出的轨迹方程为，利用点到直线的距离公式求出到原点距离的最小值.
【详解】因为直线：和：平行，所以，解得：.
所以：，即.
所以直线与的距离为.
因为动点、分别在两条平行直线：和：上，
所以可设中点的轨迹方程为.
所以,解得：.
所以的轨迹方程为.
到原点距离的最小值即为原点到直线的距离.
故选：C
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，有选错的得0分．
9. 给出下列四个命题，其中正确的命题有（ ）
A. 甲、乙二人比赛，甲胜的概率为，则比赛5场，甲胜3场
B. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为1或4”，事件为“向上的点数为奇数”，则与互为对立事件
C. 抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是
D. 随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率
【答案】CD
【解析】
【分析】根据频率和概率的定义，以及对立事件的定义，即可判断选项.
【详解】A.甲胜的概率为表示甲每次获胜的可能性都是，但不一定比赛5场，甲胜3场，故A错误；
B. 事件与都包含“向上的点数为1”这个事件，故不是对立事件，故B错误；
C.由频率的概念可知抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是，故C正确；
D.频率在一定程度上反映了事件发生的可能性，随着实验次数的改变而改变，当实验次数相当大时，频率非常接近概率，而概率是事件本身的属性，不随实验次数的多少而改变，是定值，故D正确.
故选：CD
10. 以下命题正确的是（ ）
A. 直线的方向向量，直线的方向向量，则
B. 直线的方向向量，平面的法向量，则
C. 两个不同平面的法向量分别为，则
D. 平面经过三点，向量是平面的法向量，则
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，利用直线的方向向量是否垂直即可求解；
对于B，利用直线的方向向量与平面的法向量是否垂直即可求解；
对于C，利用平面的法向量是否平行即可求解；
对于D，利用待定系数法设出平面的法向量，求出和的关系即可求解.
【详解】对于A，因为直线的方向向量，直线的方向向量，
所以，所以与不垂直，故直线与直线不垂直，故A错误；
对于B，因为直线的方向向量，平面的法向量，
所以，所以，故或，故B错误；
对于C，因为两个不同平面的法向量分别为，
所以，即，所以，故C正确；
对于D，因为，所以,
又向量是平面的法向量，则,即，解得，故D正确.
故选：CD.
11. （多选）若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，且圆的半径为，则圆的标准方程可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可知圆心在直线上，设圆心坐标为，由求得或，再根据圆的标准方程即可求解.
【详解】∵圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，∴圆心在直线上．
设圆心坐标为，则由，解得或，
∴圆的标准方程为或．
故选：AD．
12. 在正方体中，，，分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 设，且，分别在线段与上，则的最小值为1
D. 设点在平面内，且平面，则与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】以点D为原点，向量的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的
向量证明判断A，B；求空间两点间距离最小值判断C；利用向量求线面角的正弦最大值判断D作答.
【详解】在正方体中，以点D为原点，向量的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
令正方体的棱长为1，则，
对于A，棱中点，则，，即与不垂直，A不正确；
对于B，棱BC中点，则，令平面法向量，
因此，，令，得，又棱中点，
则，，即，而平面，
于是得平面，B正确；
对于C，因，，分别在线段与上，则，
点，，点，，
于是得，当且仅当，即时取“=”，
所以当点P，Q分别为线段，的中点时，取得最小值1，C正确；
对于D，因点在平面内，设，则，由选项B知平面的法向量，
因平面，则，即，又平面的法向量，
令直线与平面所成的角为，则
当且仅当时取“=”，因此，当点时，与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质；③空间线面平行的向量证明.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设，向量，，，且，，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】由向量的垂直和平行易得和的值，可得的坐标，由模长公式可得．
【详解】解：，，，
，
，
解得：，
又，
，
，
，
故答案为：3．
14. 在方向上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】在方向上的投影向量为：
，
故答案为：.
15. 经过点，并且在y轴上的截距是在x轴上的截距的两倍的直线方程为_______．
【答案】或
【解析】
【分析】分截距为零和不为零两种情况求直线方程即可.
【详解】①当横纵截距为零时，直线的斜率，所以直线方程为，即；
②当横纵截距不为零时，设直线方程为，将点代入得，解得，所以直线方程为，即.
故答案为：或.
16. 已知D是的边BC上一点，且，，，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，，，则，，再在和中分别列出余弦定理，根据联立可得，再结合，得到，进而消去，结合基本不等式 求解最大值即可
【详解】
设，，，则，．
在中，；
在中，．
因为，所以，
所以，整理①．
因为，所以．
在中，，
即，结合①可得，所以，即，当且仅当时，等号成立．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共701分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，在空间四边形中，已知E是线段的中点，G在上，且．
（1）试用表示向量；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）由（1）可得，根据空间向量数量积的运算律及定义计算可得．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴又
∴
【小问2详解】
由（1）可得知
．
18. 矩形ABCD的两条对角线相交于点，AB边所在直线的方程为，点在AD边所在直线上．
（1）求AD边所在直线的方程；
（2）求矩形ABCD外接圆E的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线垂直得到直线AD的斜率，进而利用点斜式写出AD边所在直线的方程；
（2）求出点坐标，且外接圆圆心为，从而写出矩形外接圆的方程.
【小问1详解】
因为AB边所在直线的方程为，且AD与AB垂直，
所以直线AD的斜率为－3
又因为点在直线AD上，
所以AD边所在直线的方程为，即；
【小问2详解】
由，解得：，故点A的坐标为，
因为矩形ABCD两条对角线的交点为，
所以点M为矩形ABCD外接圆圆心．
又因为，
从而矩形ABCD外接圆E的方程为.
19. 甲乙丙三人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为．
（1）当时，求三人中恰好两个人成功破译的概率；
（2）设事件“密码被三人中恰好一人成功破译”，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式即可得解；
（2）根据相互独立事件的乘法公式结合二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
当时，
三人中恰好两个人成功破译的概率为；
【小问2详解】
，
当时，的最大值为．
20. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，的面积为，求b．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理即可求出结果；
（2）利用面积公式和余弦定理即可求出结果.
【小问1详解】
由题干条件可知，，
由正弦定理得，
∵，∴，
∴．
∵，
∴或．
【小问2详解】
∵，
∴，
解得，
∴．
当时，
由余弦定理得，
∴．
又，
∴，则，与题干矛盾，舍去．
当时，由余弦定理得，
∴．
综上，．
21. 设直线l的方程为．
（1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P；
（2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求此时的直线方程；
（3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】(1) 因为，，通过化简得，结合过定点列方程组，解出方程组的解即可得到定点坐标.
(2) 令得，，令可得，.因为，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，所以xA>0,yB>0得到的取值范围，再利用均值不等式求出的值即可得到直线方程.
(3) 由(2)可知直线l分别与x，y 轴的正半轴相交，所以，，均为正整数且a也为正整数求得. 将的值代入原方程即可.
【小问1详解】
由得，则，解得，
∴不论a为何值，直线l必过一定点；
【小问2详解】
由，
当时，，当时，，
又由，得，
，
当且仅当，即时，取等号．
，，
∴直线方程为．
【小问3详解】
直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，即，均为正整数，而a也为正整数，
，，
∴直线l的方程为．
22. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
（1）求证：平面；
（2）若点为棱的中点，求点到平面的距离；
（3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角余弦值，再借助函数性质求值域.
小问1详解】
连接，因为为等边三角形，为中点，则，
由题意可知平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则平面，可得，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，可得，
且，，平面，所以平面.
【小问2详解】
在平面内的射影为，所以平面，由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形，
由平面，平面，可得，，
又因为为等边三角形，为中点，所以，
则以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
可得，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
因为，
设，，则，
可得，，，即，
可得，
由（2）知：平面的一个法向量
设平面的法向量，则，
令，则，，可得；
则，
令，则，
可得，
因为，则，可得，
所以锐二面角的余弦值的取值范围为