陕西省西安工业大学附属中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份陕西省西安工业大学附属中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学卷
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．某人抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“出现的点数为奇数”，“出现的点数不大于3”，事件“出现点数为3的倍数”，则下列说法正确的是（ ）
A．与互为对立事件B．
C．D．
6．一道竞赛题，，，三人可解出的概率依次为，，，若三人独立解答，则仅有1人解出的概率为（ ）
A．B．
C．D．1
7．下列说法不正确的是（ ）
A．8个数据的平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是
B．用抽签法从含有20个个体的总体中抽取一个容量为4的样本，则个体甲和乙被抽到的概率均为0.2
C．一组数据4，3，2，6，5，8的60%分位数为6
D．若样本数据，，…，的平均数为2，则数据，，…，的平均数为3
8．如图所示，在三棱柱中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，的两部分，则（ ）

A．B．C．D．
二、多项选择题：（本题共4个小题，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．全部选对得满分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的项得0分．）
9．下列是基本事实的是（ ）
A．过三个点有且只有一个平面
B．平行于同一条直线的两条直线平行
C．如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
10．已知函数，，则（ ）
A．与的图象有相同的对称中心
B．与的图象关于轴对称
C．与的图象关于轴对称
D．的解集为（）
11．在中，，，为内的一点，设，则下列说法正确的是（ ）
A．若为的重心，则
B．若为的外心，则
C．若为的垂心，则
D．若为的内心，则
12．在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（ ）
A．在折叠过程中，总有BD⊥PC
B．存在点，使得
C．当时，三棱锥的外接球的表面积为
D．当三棱锥的体积最大时，
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13．已知虚数，其实部为1，且，则实数为 ．
14．为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动．已知该班男生30人，女生20入、按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1：女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为 ．
15．已知锐角中，，则的取值范围 .
16．设，满足，则 ．
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．某地教育研究中心为了调查该地师生对“高考使用全国统一命题的试卷”这一看法，对该市区部分师生进行调查，先将调查结果统计如下：
(1)请将表格补充完整，若该地区共有教师30000人，用频率估计概率，试估计该地区教师反对“高考使用全国统一命题的试卷”这一看法的人数；
(2)先按照比例分配的分层随机抽样从“反对”的人中抽取6人，再从中随机选出3人进行深入调研，求深入调研中恰有1名学生的概率．
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且．
(Ⅰ)证明：平面平面；
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值．
20．现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：
投资股市：
购买基金：
(1)当时，求的值；
(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于，求的取值范围．
21．如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点D是棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
22．已知函数的最大值为.
(1)求实数的值；
(2)若向量满足，设的夹角为，求的取值范围.
赞成
反对
合计
教师
120
学生
40
合计
280
120
投资结果
获利40%
不赔不赚
亏损20%
概率
投资结果
获利20%
不赔不赚
亏损10%
概率
1．D
【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
故选：D
2．B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
3．B
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
【详解】因为，，则，
所以在上的投影向量.
故选：B.
4．B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
5．C
【分析】列举所有基本事件，根据对立事件的定义可判定A，由古典概型概率公式，即可结合选项逐一求解BCD.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子，出现的点数构成的样本空间为，
则，
对于A，事件可同时发生，故不是对立事件，A错误，
对于B，,,故B错误，
对于C，,C正确，
对于D，，D错误，
故选：C
6．B
【解析】根据题意，只有1人解出，则分三类，一是A解出而其余两人没有解出，一是B解出而其余两人没有解出，一是C解出而其余两人没有解出，每一类用独立事件概率的乘法公式求解，然后这三类用互斥事件概率的加法求解.
【详解】.
故选：B
【点睛】本题主要考查了独立事件的概率和互斥事件的概率，还考查了理解辨析问题的能力，属于基础题.
7．C
【分析】由平均数的概念求解判断A；由简单随机抽样的概念判断B；由百分位数的定义判断C；由平均数的性质判断D.
【详解】8个数据的平均数为5，另3个数据的平均数为7，则这11个数据的平均数是，故A正确；
用抽签法从含有20个个体的总体中抽取一个容量为4的样本，则每个个体抽到的概率均为，故B正确；
数据4，3，2，6，5，8由小到大排列：2，3，4，5，6，8，
∵6×60%＝3.6，∴这组数据的60%分位数为第4个数 5，故C错误；
若样本数据，，…，的平均数为2，则数据，，…，的平均数为，故D正确.
故选：C.
8．A
【分析】如图，延长到，到，到，连接，，，得到三棱柱，由题意可得，即可得出答案.
【详解】如图，延长到，到，到，
且，，，
连接，，，得到三棱柱，
则．
延长，，则与相交于点．

因为，所以．
又，
所以，故．
故选：A.
9．BCD
【分析】根据基本事实判断即可.
【详解】对于A，基本事实1是过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，故A错误；
对于B，“平行于同一条直线的两条直线平行”是基本事实4，故B正确；
对于C，“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”是基本事实2，故C正确；
对于D，“如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线”是基本事实3，故D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】整体法求得的对称中心即可判断A；由奇偶函数的定义即可判断BC；数形结合即可判断D．
【详解】令（），得（），
所以图象的对称中心为（）；
令（），得（），
所以图象的对称中心为（），
所以与的图象有相同的对称中心，故A正确；
，
所以与的图象关于轴对称，故B正确；
，故C不正确；
由，得，即，所以，，
解得（），故D正确．
故选：ABD．
11．ACD
【分析】对于ACD：先求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求解；对于B：利用展开计算即可.
【详解】如图建立平面直角坐标系，，
对于A：若为的重心，则，
所以
若，则，解得，所以，A正确；
对于B：若为的外心，其必在直线上，
所以，B错误；
对于C：若为的垂心，其必在上，设，
则，解得，
此时，
若，则，解得，所以，C正确；
对于D：若为的内心，设内切圆半径为，
则，得，则，
此时，
若，则，解得，所以，D正确；
故选：ACD.
关键点点睛：判断C选项的关键是利用垂心的性质、数量积垂直的坐标表示求出垂心的坐标，由此即可顺利得解.
12．AC
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D.
【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，
因为，BD，平面BDE，
所以PC⊥平面BDE，又平面BDE，
所以，A项正确；
在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以，
当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误；
当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，
三棱锥P-BCD的外接球就是该正方体的外接球,
因为正方体的各面的对角线长为1．
所以正方体的棱长为，
设外接球的半径为R，则，
所以三棱锥的外接球的表面积，C项正确；
当三棱锥P-BCD的体积最大时，平面平面BCD，
取BD的中点O，连接PO，OC，
易知平面BCD，则，
又，
所以，D项错误．
故选：AC．
13．2
【分析】设且，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案.
【详解】设，且.
则，
，，解得，
故答案为：2.
14．6.8
【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可.
【详解】男生30人，女生20人，则抽取的时候分层比为．
则10个人中男女分别抽取了6人和4人.
这10人答对题目的平均数为.
所以这10人答对题目的方差为.
故答案为：6.8
15．
【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.
【详解】因为，所以，
所以，由正弦定理可得：，
在中，因为，
又，
所以
所以，
①当时，且，
若是锐角三角形，则，
所以，不成立；
②当时，且，
所以，所以，
则，且，
且，
，
又，，，
，所以.
故答案为：.
16．2
【分析】根据式子结构，构造同构的形式，定义函数，判断出在R上单调递增且为奇函数，即可得到，即可求出结果.
【详解】可化为，
记，函数定义域为R.
因为，所以在R上单调递增.
又，所以为奇函数.
所以由可得，所以.
故答案为：2.
17．(1)表格见解析，人
(2)
【分析】（1）根据数据直接完善表格即可，以频率为概率，按比例计算人数；
（2）先按分层抽样得4名教师2名学生，利用枚举法得所有事件总数，再从中挑出恰有1名学生事件数，最后根据古典概型概率公式求概率.
【详解】（1）表格补充如下：
人，
即可估计该地区教师反对“高考使用全国统一命题的试卷”这一看法的人数为人；
（2），，即这6人中有人为教师，人为学生，
记这名学生为，名教师记为，，，，
则随机选出3人进行深入调研，不同选法有：，
，共种，
恰有1名学生的选法有，
共12种，
故深入调研中恰有一名学生的概率.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
19．(Ⅰ)见证明；（2）(Ⅱ).
【分析】(Ⅰ)连结，交于点，推导出，平面，由此能证明平面平面；(Ⅱ)过作平面的垂线，垂足为，则即为直线与平面所成角，设为，设，由，求出，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】(Ⅰ)连结AC，BD，交于点O，
则由∽，得，
，，
平面ABCD，平面ABCD，
又平面QBD，平面平面ABCD．
(Ⅱ)过D作平面PBC的垂线，垂足为H，
则即为直线QD与平面PBC所成角，设为，
设，，
，
即，
解得，
，
直线QD与平面PBC所成角的正弦值．
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查数形结合思想与空间想象能力，是中档题．求线面角的方法：1、传统法：根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，这要求学生必须具有较强的空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程；2、向量法：对于特殊的几何体，如长方体、正方体等当比较容易建立空间直角坐标系时，也可采用向量法求解.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据随机事件概率的性质，由可得出答案；
（2）先设出各个事件后得出，由题意得，且，从而解出p的取值范围。
【详解】（1）解∵“购买基金”的投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，∴．
又，∴．
（2）记事件为“甲投资股市且获利”，事件为“乙购买基金且获利”，事件为“一年后甲、乙两人中至少有一人获利”，则，且，相互独立．
由题意可知，．
∴．
∵，∴．
又，，∴．
∴．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，将线面垂直的证明转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.
（2）将面面角转化为两平面的法向量所成角，再利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）

证明：以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意可得，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，则，
，
，
平面.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
由（1）知，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）先将函数变形为，然后换元，令，则，再根据二次函数的性质求其最大值，从而列方程可求出的值；
（2）根据向量的夹角公式及的范围求解即可.
【详解】（1）
，
令，则，
当，即时，
，无解，
当，即时，
，
解得或，因为，所以
当，即时，
，
解得（舍去）
综上；
（2）由（1）可知，
因为，所以，
即，
因为向量满足，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为
赞成
反对
合计
教师
120
80
200
学生
160
40
200
合计
280
120
400