湖南省部分学校(岳阳市湘阴县知源高级中学等)2023-2024学年高二上学期第一次月考数学（解析版）.docx

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高二数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章，第二章第一节.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.已知复数满足，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【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【解析】【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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 高二数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章，第二章第一节.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.已知复数满足，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【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【解析】【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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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【解析】【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【解析】【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（）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 A.B.3C.D.2【答案】B【解析】【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【解析】【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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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【解析】【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.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【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：A8.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【解析】【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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 所以，这个半正多面体的外接球的表面积为.故选：B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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【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第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【答案】BC【解析】【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，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【解析】【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：AC12.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第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ，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4C.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【解析】【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．第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知点和，则直线的倾斜角为_________．【答案】【解析】【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】【解析】第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【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：.15.在锐角中，角的对边分别为，，，若，则________，的取值范围为________.【答案】①.②.【解析】【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，由正弦定理得，故，即，因为，所以，故，因为，解得.，其，所以.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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.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】【解析】【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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 则，，．设，，则，故．当时，取得最小值，最小值为．故答案为：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.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）【解析】【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.【小问1详解】解：设，则.因为为直角，所以，可得，解得或，即点的坐标为或.【小问2详解】第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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）【解析】【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.【小问1详解】由图可知，，所以，又函数图象过点，所以，即，得，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 又，所以，所以.【小问2详解】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）【解析】【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.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】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．【小问2详解】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．第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （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）【解析】【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.【小问1详解】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．【小问2详解】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．第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （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；【解析】【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.【小问1详解】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．【小问2详解】连接，因为平面，且平面，所以平面平面，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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，第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 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.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司