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2023-2024学年高二第一学期9月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.复数（为复数单位）的共轭复数是（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.【详解】，则复数（为复数单位）的共轭复数是，故选：A2.在跳水比赛中，有8名评委分别给出某选手原始分，在评定该选手的成绩时，从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，这6个有效分与8个原始分相比较，下列说法正确的是（）A.中位数，平均分，方差均不变B.中位数，平均分，方差均变小C.中位数不变，平均分可能不变，方差变小D.中位数，平均分，方差都发生改变【答案】C【解析】【分析】根据题意结合中位数、平均数和方差的定义分析判断.【详解】不妨设原始分为，且，则其中位数为，则有效分为，则其中位数为，两者相等，所以中位数不变，例如：原始分为，则其平均数为2，则有效分为，则其平均数为2，两者相等，所以平均数可能不变，因为从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，即把波动最大的两个值去掉，则有效分比原始分更集中，波动性减小，
根据方差的定义可知：有效分的方差小于原始分的方差，即方差变小.故选：C.3.如图，点为的边上靠近点的三等分点，，设，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式.【详解】因为点为的边上靠近点的三等分点，则，所以，，因为，所以，.故选：A.4.《九章算术》是中国古代一部数学专著，其中“邪田”为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为（注：）（）A.6.6B.3.3C.4D.7【答案】A【解析】【分析】由余弦定理即可求解.
【详解】由题意知：，在中，由余弦定理可得：，代入得：，即，因为，故，故.故选：A.5.已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（）A..充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.【详解】由可知，与不共线，所以两条不同的直线不平行，可能相交，也可能异面，所以“”不是“直线相交”的充分条件；由两条不同的直线相交可知，与不共线，所以，所以“”是“直线相交”的必要条件，综上所述：“”是“直线相交”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.6.已知向量且，则等于（ ）A.5B.4C.3D.2【答案】C【解析】
【分析】由向量线性关系的坐标运算求，再用坐标表示向量的模列方程求参数即可.【详解】由题设，由且，解得.故选：C7.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】画出图形，根据底面半径和球的半径之间的关系，再求出底面与球心之间的距离，以此求出两个圆锥的高即可.【详解】如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径，由已知球的体积为，则有解得：，又有两个圆锥的体积之和为，则：，解得：∴在直角中，，∵底面积相同的圆锥，高较大者体积较大，
∴体积较小圆锥的高，体积较大圆锥的高，∴体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.故选：D.8.已知正方体的棱长为，为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面周长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的周长，得到答案.【详解】如图所示，取的中点，分别连接，在正方形中，因为分别为的中点，可得，所以，，因为，所以，所以，即，又因为分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证：，又因为且平面，所以平面，即平面截正方体的截面为，由正方体的棱长为，
在直角中，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以截面的周长为.故选：A.二．多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.已知复数满足，以下说法正确的有（）A.B.在复平面内对应的点在第一象限C.D.若是方程的一个根，则【答案】BCD【解析】【分析】根据复数除法运算化简复数，进而根据选项即可判断ABC，将其代入中，根据复数相等的充要条件即可判断D.【详解】由可得，则，对应的点为，，故BC正确，A错误，将代入得，故，故D正确，故选：BCD
10.设为古典概率模型中的两个随机事件，以下命题正确的为（）A.若，，则当且仅当时，是互斥事件B.若，，则是必然事件C.若，，则时是独立事件D.若，且，则是独立事件【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件，独立事件和必然事件的定义逐个分析判断【详解】对于A，因为，所以是互斥事件，所以A正确，对于B，若事件为“抛骰子点数出现1或2”，则，若事件为“抛骰子点数出现的是小于等于4”，则，而此时不是必然事件，所以B错误，对于C，因为，，，，所以，得，所以，所以是独立事件，所以C正确，对于D，因为，所以，因为，，所以，所以是独立事件，则也是独立事件，所以D正确，故选：ACD11.已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】
【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.【详解】因为是平面单位向量，且，所以.因为，所以，故A错误；因为，所以，即，故B错误；设，因，所以，解得，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：BCD.12.如图，在边长为2的正方形中，是的中点，将沿翻折到，连接PB，PC，F是线段PB的中点，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（）A.存在某个位置，使得B.的长度为定值C.四棱锥的体积的最大值为D.直线与平面所成角的正切值的最大值为【答案】BCD【解析】
【分析】利用反证法说明A，取的中点，连接，，即可判断B，当平面平面时，四棱锥的体积最大，过作的垂线，垂足为，根据锥体的体积公式计算即可判断C，当平面平面时，直线与平面所成角的正切值取得最大值，即可判断D.【详解】因为，假设，又，平面，所以平面，又平面，所以．在中，，所以与不可能垂直，故A错误；取的中点，连接，，如图所示，因为F是线段PB的中点，G是PA的中点，所以，，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，故B正确；当平面平面时，四棱锥的体积最大，过作的垂线，垂足为，所以，，，，所以，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，即是四棱锥的高，所以，故C正确；当平面平面时，直线与平面所成角的正切值取得最大值，此时，所以，故D正确．
故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.从，，三个数中任选个，分别作为圆柱的高和底面半径，则此圆柱的体积大于的概率为______.【答案】##【解析】【分析】利用样本空间、古典概型概率公式、圆柱体积公式运算即可得解.【详解】解：从，，三个数中任选个，分别作为圆柱高和底面半径，有、、、、、，共个样本点，由题意，圆柱的体积，即，满足条件的样本点有、、，共3个样本点，所以此圆柱的体积大于的概率为.故答案为：.14.已知，一组数据4，2，，，7的方差为3.6，则________．【答案】1【解析】【分析】求出组数据平均数和方差，令方差为3.6求出即可.【详解】这组数据的平均数为，所以这组数据的方差为，得，解得舍去，或.故答案为：1.
15.设样本空间含有等可能的样本点，且事件，事件，事件，使得，且满足两两不独立，则______.【答案】【解析】【分析】根据古典概型概率计算及相互独立性推测即可.【详解】由题意，，所以，所以是共同的唯一的样本点，又两两不独立，即，，，可见不可以为或，所以为或，即.故答案为：16.如图，菱形的边长为6，，，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】设，则，然后根据平面向量基本定理把用基底表示，再利用向量数量积的运算律求解，结合余弦函数的性质可求得答案.【详解】设，则，因为，，所以，，所以
，因为，所以，所以，所以的取值范围为，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.已知空间中三点，，．（1）若，，三点共线，求的值；（2）若，的夹角是钝角，求的取值范围．【答案】（1）；（2）且不同时成立.【解析】【分析】（1）由向量的坐标表示确定、，再由三点共线，存在使，进而求出m、n，即可得结果.（2）由向量夹角的坐标表示求，再根据钝角可得，讨论的情况，即可求范围.【小问1详解】由题设，，又，，三点共线，所以存在使，即，可得，所以.【小问2详解】
由，由（1）知：当时，有；而，又，的夹角是钝角，所以，可得；综上，且不同时成立.18.已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数）（1）求实数及；（2）设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出的值，即可求出，从而求出其模；（2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.【小问1详解】∵，∴，，为纯虚数，，解得，故，则【小问2详解】，
，复数所对应的点在第二象限，，解得，故实数的取值范围为.19.居民小区物业服务联系着千家万户，关系着居民的“幸福指数”．某物业公司为了调查小区业主对物业服务的满意程度，以便更好地为业主服务，随机调查了100名业主，根据这100名业主对物业服务的满意程度给出评分，分成[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）在这100名业主中，求评分在区间[70，80)的人数与评分在区间[50，60)的人数之差；（2）估计业主对物业服务的满意程度给出评分的众数和90%分位数；（3）若小区物业服务满意度（满意度＝）低于0.8，则物业公司需要对物业服务人员进行再培训．请根据你所学的统计知识，结合满意度，判断物业公司是否需要对物业服务人员进行再培训，并说明理由．（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）【答案】（1）24人；（2）众数：75分，90%分位数：84分；（3）物业公司需要对物业服务人员进行再培训，理由见解析.【解析】【分析】（1）本题考查频率分布直方图每个矩形的意义，即频率，则每个区间人数即可求解；（2）本问考查频率分布直方图的众数与百分位数的求法，即最高矩形的组中值为众数，左右两边频率之和为0.9与0.1的为90%分位数；
（3）本问考查频率分布直方图平均数的求法，即组中值与频率乘积之和，最后套入公式即可.【小问1详解】评分在区间的人数为100×0.04×10＝40（人），评分在区间的人数为100×0.016×10＝16（人），故评分在区间的人数与评分在区间的人数之差为40－16＝24（人）；【小问2详解】业主对物业服务的满意程度给出评分的众数为75分，由，，设业主对物业服务的满意程度给出评分的90%分位数为x，有，解得x＝84，故业主对物业服务的满意程度给出评分的众数和90%分位数分别为75分和84分；【小问3详解】业主对物业服务的满意程度给出评分的平均分为55×0.016×10＋65×0.03×10＋75×0.04×10＋85×0.01×10＋95×0.004×10＝70.6，由，故物业公司需要对物业服务人员进行再培训．20.全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，，，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格互不影响.（1）假设甲、乙、丙三人同时进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试，谁获得执业医师证书的可能性最大？（2）这三人进行实践技能考试与医学综合理论考试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率.【答案】（1）乙的可能性最大（2）【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，计算甲乙丙获得执业医师证书的概率，比较大小，即得结论；（2）分三种情况，结合互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式，即可求得答案.
【小问1详解】记甲乙丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件，，，在实践考试中合格依次为，，，则甲乙丙获得执业医师证书依次为，，，并且与，与，与相互独立，则，，由于，故乙获得执业医师证书的可能性最大.【小问2详解】由于事件，，彼此相互独立，“恰有两人获得执业医师证书”即为事件：，概率为.21.在三棱台中,平面,,,,.（1）证明:.（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平面,结合计算得,即,又,,由线面垂直的判定定理得平面,得到,
根据线面垂直的判定定理即可证明;（2）作于,先根据已知条件求出的长,再利用等面积法求出到平面的距离即可得到结果.【小问1详解】∵平面,平面,,平面平面,平面,平面,∴∴,∵,∴,∴,即,又,,,平面,平面,∴平面,∴,∵,平面,平面,∴平面,∵平面,∴.【小问2详解】
如图,作于,在直角梯形中,得,同理可得,在等腰梯形中,,则,∴,设到平面的距离为,由,得,则,又,所以直线与平面所成角的正弦值为.22.如图所示，某市有一块正三角形状空地，其中测得千米.当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中点在边上，点在边上，点在边上，，，剩余部分需做绿化，设.
（1）若，求的长；（2）当变化时，的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由.【答案】（1）千米；（2）有，.【解析】【分析】（1）设千米，时，为等边三角形，得，中，，，由可得答案；（2）中，由正弦定理得；中，由正弦定理得；由得，由利用可得答案.【详解】（1）设千米，当时，为等边三角形，所以，由，，得，中，，，所以，所以，所以，解得，所以千米；（2）中，，由正弦定理得，解得；中，，由正弦定理得，解得；
由，得，即，，解得；由，因为，所以当时取得最小值，所以的面积有最小值，最小值为.
