湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高二上学期9月月考数学 Word版含解析.docx

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武汉外国语学校2023-2024学年高二上学期9月考试题（三）数学试卷一、单选题（每题5分，共40分）1.已知复数是纯虚数，则实数（）A.B.C.0D.1【答案】B【解析】【分析】由纯虚数的定义得出实数.【详解】，因为复数是纯虚数，所以，且，解得.故选：B2.有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（）.A.至多有1次中靶B.2次都中靶C.2次都不中靶D.只有1次中靶【答案】C【解析】【分析】根据对立事件的概念可得结果.【详解】根据对立事件的概念，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是“2次都不中靶”.故选：C.3.某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间内的学生有（）A.15名B.20名C.25名D.40名【答案】B【解析】 【分析】先根据频率分布直方图的性质，求得的值，再根据样本中成绩在区间内的频率×参赛的100名学生即可求解．【详解】由频率分布直方图可知，得，所以成绩在区间内的学生有名．故选：B．4.若m，n是互不相同的直线，是不重合的平面，则下列说法不正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】由线面的位置关系以及面面平行的判定定理以及面面垂直的关系逐一判断选项即可.【详解】对于A：由线面平行的性质可知，故A正确；对于B：垂直于同一个平面的两条直线平行，故B正确；对于C：平面内两条相交直线分别和另一个平面平行，则两个平面平行，故C正确；对于D：，则或或或与相交，故D错误；故选：D5.已知样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，若，则，，…，的平均数和方差分别是（）A.12，115B.12，224C.9，115D.9，224【答案】D【解析】【分析】根据平均数和方差的性质求解：若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数和方差分别为和.【详解】若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…， 的平均数和方差分别为和.题中，样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，，则，，…，的平均数为，方差为.故选：D.6.如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，如图所示，过点，，的截面即为五边形， 设正方体的棱长为，因为点，，分别是，的中点所以，即，因为，所以则过点，，的截面下方体积为：，∴另一部分体积为，∴.故选：C.7.已知正方体的棱长为为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，根据二面角的空间向量坐标公式表达平面 与平面和平面所成的角，再化简结合的取值范围求解即可.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，正方体棱长为3，则，，，设，则，，由正方体的性质可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，设平面的法向量，则，即，取，则，，故，又平面与平面和平面所成的角相等，故，即，故，即，.①当，即时，因为，所以，又，则，，此时.②当，即时，因为，所以，又，故，此时， 故当时取最小值.综上的最小值为.故选：A8.如图所示，是边长为3正三角形，，S是空间内一点，分别是，的二面角，满足，点D到直线SB的距离是1，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得，根据二面角以及解直角三角形等知识分别求得和，由此求得正确答案.【详解】由于，所以，由余弦定理得，则，而为锐角，所以，，同理可求得. 设平面，且平面，过作，垂足为，过作，垂足为，连接，由于平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以，同理可证得，依题意，即，设，则，所以，，，所以三点共线，而平面，所以，，，连接，过作，垂足为，则，所以，所以，由两边平方得 ，即，为锐角，故解得.由两边平方得，即，为锐角，故解得，所以.故选：D【点睛】求解二面角有关问题，关键是利用二面角的定义作出二面角的平面角.常用的方法有定义法和线面垂直法.定义法是：在交线上任取一点，过这点在两个面内分别引交线的垂线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.线面垂直法是：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线，再由垂足向交线作垂线，连线后得到二面角的平面角.二、多选题（每题5分，共20分）9.在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）A.B.C.D.【答案】BC 【解析】【分析】对于A，直接判断即可；对于B，，结合即可判断；对于C，，结合即可判断；对于D，，结合即可判断.【详解】对于A，因为，所以，所以只有一解；故A错误；对于B，因为，所以由正弦定理得，因为，即，所以，所以有两解（，或），故B正确；对于C，因为，所以由正弦定理得，即，因，所以有两解（，或，），故C正确；对于D，因为，所以由正弦定理得，由于，故，所以只有一解，故D错误；故选：BC10.下列四个命题中，假命题有（）A.对立事件一定是互斥事件B.若为两个事件，则C.若事件彼此互斥，则D.若事件满足，则是对立事件 【答案】BCD【解析】【分析】根据对立事件和互斥事件的关系可判断A；根据事件的和事件的概率可判断B；举反例可判断C，D,【详解】对于A，因为对立事件一定是互斥事件，A正确；对B，当且仅当A与B互斥时才有，对于任意两个事件，满足，B不正确；对C，若事件彼此互斥，不妨取分别表示掷骰子试验中的事件“掷出1点”，“掷出2点”，“掷出3点”，则，所以C不正确；对于D，例如，袋中有大小相同的红、黄、黑、蓝4个球，从袋中任摸一个球，设事件A={摸到红球或黄球}，事件B={摸到黄球或黑球），满足，但事件A与B不互斥，也不对立，D错误，故选：BCD.11.如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A.直线与直线垂直B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为D.点与点B到平面的距离相等【答案】BCD【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、、、，对于A选项，，，则，所以直线与直线不垂直，故A错误；对于B选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，即，因为平面，平面，故B正确；对于C选项，连接、、，因为、分别为、的中点，则，且，所以四边形为平行四边形，则， 所以，所以、、、四点共面，故平面截正方体所得截面为，且，同理可得，，所以四边形为等腰梯形，分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：因为，，，所以，故，，因为，，，则四边形为矩形，所以，，故，故梯形的面积为，故C正确；对于D选项，，则点到平面的距离为，，则点到平面的距离为，所以点与点到平面的距离相等，故D正确.故选：BCD.12.单位向量，，的两两夹角为，若实数，，满足，则下列结论中正确的是（） A.的最大值是B.的最大值是C.的最大值是D.的最大值是【答案】AC【解析】【分析】利用特例可判断BD的正误，利用判别式的非负可判断A的正误，利用基本不等式可判断C的正误.【详解】由题设有.因为，故，整理得到：，所以，整理得到，故即，所以，所以即，当时，，，故的最大值是，故A正确.取，此时满足，但，故B错误.因为，故，当且仅当时等号成立.所以，故， 故，故，当且仅当时等号成立，故的最大值是，故C正确.对于D，取，，则，而此时，又，而，故，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题中单位向量，，的两两夹角为，故它们可构成空间向量的一个基底，对于所得的多变量的恒等关系，可利用基本不等式转化，也可以将其中一个变量看成主变量，从而可判断方程有解的角度分析问题.三、填空题（每题5分，共20分）13.2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.【答案】10【解析】【分析】根据高一年级教师所占的比例抽取即可.【详解】高一年级教师所占的比例为：， 则高一年级应抽取的教师人数为：.故答案为：10.14.在平行六面体中，°，则=___________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量基本定理，得到，即可求出.【详解】在平行六面体中，.因为，所以.所以.故答案为：15.设的内角所对的边分别为，已知，点在边上，，且，则的面积为___________．【答案】【解析】【分析】一方面有，另一方面由此即可算出的正弦值，结合以及三角形面积公式即可求解. 【详解】如下图所示：一方面：由，得．另一方面：设，则，由..结合以上两方面得，整理得，则，且注意到，即，所以的面积为．故答案为：.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于发现以及，，由此找到转换已知条件的桥梁，进而顺利求解.16.如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则，再设设，，分析可得，，，与，间的关系，再由换元法结合对勾函数的单调性求得答案．【详解】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则，设与平面所成角为，则;再来解答本题：设，，, 则，，，，，则，，，则，，令，则，，，，，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故最小值2，当时，都取到最大值，则，（当且仅当时，取最小值），，，故答案为：，．四、解答题（共70分）17.已知三条直线，，．（1）若，且过点，求、的值；（2）若，求、的值．【答案】（1）或； （2）【解析】【分析】（1）由直线垂直的特征及直线过的点可得关于a、b的方程组，即可得解；（2）由直线平行的特征求解a，b，再代入验证即可.【小问1详解】因为，，且，所以，又直线过点，所以，所以，所以，所以或；【小问2详解】若，则，解得，当时，，也即，，也即，满足，所以若，.18.（1）写出点到直线的距离公式并证明.（2）证明：点到直线的距离恒小于．【答案】（1）答案见解析，证明见解析【解析】【分析】（1）根据等面积法即可求解，（2）根据点到直线的距离公式即可结合不等式求解.【详解】（1）设，，这时与轴、轴都相交，过点作轴的平行线，交于点；作轴的平行线，交于点,，由得． ，，由三角形面积公式可知：可证明，当时，,点到直线的距离为，同理时也适用．证明：∵与不同时为0，∴由点到直线的距离公式得当时，，当时，，综上，对任意的，点到直线的距离恒小于．19.某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为 ,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.(2)甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.【小问1详解】设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,则,故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局概率为.【小问2详解】因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.①比分为2:1概率为.②比分为2:2的概率为.③比分为3:2的概率为 .综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为.20.如图，四棱锥中，平面，梯形满足，，且，，为中点，，.（1）求证：，，，四点共面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，求出点的坐标即可得到，，，令，依题意得到方程组，解得、，即可得证；（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【小问1详解】证明：以点为坐标原点，向量､､方向分别为､､轴的正方向建立坐标系， 则，，，，，，所以，因为，设，则，所以，解得，所以，同理可得，∴，，，令，则，∴，∴，∴，∴､､､四点共面.【小问2详解】 解：由（1）可知，，，∴，.设平面的一个法向量为，则，即，则，令，则.取平面的一个法向量为，则，所以，∴二面角的正弦值为.21.如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.（1）若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析（2）存在，【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再结合为的中点即可得到为的中点，根据面面平行的性质得到平分，再根据角平分线的性质即可得到为的三等分点；（2）设的坐标为，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.【小问1详解】如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.理由如下：由四边形为正方形得，，，又平面，平面，所以平面.又平面平面，为的中点，得，且为的中点.因为，，平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面平面，平面平面，平分，得平分，又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.【小问2详解】由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，于是，，，设，则的坐标为.设平面的法向量为，则由得 令，得平面一个法向量为.设直线与平面所成角为，则，假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则有，解得，.所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.22.某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍．（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？ 【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.【解析】【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【详解】（1）如图，在中由余弦定理得，，所以所以，（当且仅当时等号成立）故两机器人运动路程和的最大值为（2）（i）在中由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，由正弦定理可得所以（ii）设，则，由余弦定理可得，所以 所以由题意得对任意恒成立，故，当且仅当时取到等号．答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.