精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试题

2024年6月高二数学月考试卷 一、选择题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解指数不等式与一元二次不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得； 【详解】解：由，即，解得，由，即，解得 所以，， 所以. 故选：D. 2. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可. 【详解】因为， ， 所以，① 因为，所以，， 所以化简①可得， 所以虚部为， 故选：D. 3. 2022年北京冬奥会期间，4名大学生志愿者被派往延庆赛区承办的雪车、雪橇及高山滑雪三个项目参加志愿服务，每名志愿者都必须分配一个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A. 144种 B. 72种 C. 36种 D. 18种 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知将4人分成2，1，1，三组，然后再分配到三个不同的项目，从而可求出答案 【详解】将4名大学生志愿者分成三组，只有一种分法，即2，1，1的分组方式， 再分配到三个不同的项目，所以共有（种）不同的方案， 故选：C． 4. 样本数据2，1，4，5，6，6，15，8的中位数和众数分别是（ ） A. 5，6 B. 5.5，6 C. 6，6 D. 5.5，5 【答案】B 【解析】 【分析】根据众数、中位数的概念求解. 【详解】由小到大排列：1，2，4，5，6，6，8，15， 所以中位数为，众数为， 故选：B 5. 已知向量，是单位向量，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出的模，将两边平方，求出向量，的数量积，再根据向量的夹角公式求得答案. 【详解】∵，是单位向量，若， ∴，，, ∴. ∴，∴，∴, 由 ∴与的夹角为, 故选:B. 6. 已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由，两边同时除以得，再将用表示，再结合基本不等式求出的最大值及此时的值，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】由， 两边同时除以得， 所以， 因为，均为锐角，所以， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以取得最大值时，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：将已知变形成是解决本题的关键. 7. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用双曲线定义分别表示出，利用直线的斜率得到，在解出，在用余弦定理得到与的关系，即解出离心率. 【详解】 由，得为的中点；又，所以，所以； 设，由双曲线的定义，得，， 所以，从而，所以； 由直线的斜率为，得. 在中，，即； 在中，由余弦定理，得， 即，整理得， 解得，所以. 故选：B. 8. 已知在一次射击预选赛中，甲，乙两人各射击10次，两人成绩的条形统计图如图所示，则下列四个选项中判断正确的是（ ） A. 甲的成绩的平均数大于乙的成绩的平均数 B. 甲的成绩的中位数大于乙的成绩的中位数 C. 甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差 D. 甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差 【答案】C 【解析】 【分析】根据条形统计图可分别计算出甲、乙的平均数、中位数、极差，从而判断出ABD的正误；根据成绩的分散程度可判断C的正误. 【详解】对于A，甲的成绩的平均数为：，乙的成绩的平均数为：，甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故错误； 对于B，甲的成绩的中位数为：；乙的成绩的中位数为：，甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数，故B错误； 对于C，由条形统计图得甲的成绩相对分散，乙的成绩相对稳定，甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差，故C正确； 对于D，甲的成绩的极差为：；乙的成绩的极差为：，甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差，故D错误． 故选：C 二、多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当，四棱锥的外接球的表面积是 C. 周长的最小值为 D. 若，则点的轨迹长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度. 【详解】A选项，当时，， 故，即， 故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确； B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点， 连接相交于点，则⊥平面， 设正四棱锥外接球的球心为，则三点共线， 其中，设，则， 由勾股定理得，即， 解得， 则表面积是，B正确； C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， ，此时三点共线， 又， ，C错误； D选项，因为 ，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又⊥平面，且， 故 ， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分， 如图，其中，， 故， 则， 则， 则轨迹长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 10. 下列命题正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AC，举例判断即可，对于B，给已知等式两边取自然对数化简判断，对于D，先表示出，然后化简，再利用基本不等式分析判断. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：BD 11. 下列等式中， 正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助排列数与组合数的运算法则计算可得A、B、C，构造出二项式，可得，再计算出中项的系数即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B： ，故B正确； 对C：由 ， 则 ，故C错误； 对D：对有，则， 则展开式中的系数为； 又，其中项的系数为， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于构造出二项式与，结合二项式展开式的通项公式，得到中的项的系数与中的项的系数相同. 12. 如图，点M是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 二面角的大小为45° B. 存在点，使得异面直线与所成的角为30° C. 点M存在无数个位置满足 D. 点M存在无数个位置满足平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项逐个分析，选项A：二面角即为二面角,求出二面角的平面角即可判断；选项B：由则为异面直线与所成角，即可判断；选项C：连接,当M在上时满足条件，可判断；选项D: 可证明平面平面，从而可判断. 【详解】选项A：二面角即为二面角 在正方体中， 所以为二面角的平面角， 由 所以二面角的大小为45°，故选项A正确. 选项B：∵，∴为异面直线与所成角， 平面, 平面, 所以 在直角三角形中， 当M在线段上移动时，M取中点，的长最小为. 此时最小，正切值为，所以选项B错误. 选项C：连接,当M在上时，满足条件. ∵，， ∴平面, 当M在上时,平面, 所以 ∵当M在上时，满足条件. 故选项C正确. 选项D： 连接 ，平面，平面 ∴平面， ∵，平面，平面 ∴平面 ∵, ∴平面平面 当M在时，平面 ∴平面，故选项D正确 故选：ACD 三、填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 函数的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】的几何意义可知表示点，分别到，的距离差，结合求解即可. 【详解】表示点，分别到，的距离差， 即在函数的图象上求点，使得取得最大值， 如图所示， 易知，当且仅当点位于的延长线与的交点， 所以. 故函数的最大值为. 故答案为：. 14. 展开式中的常数项为_________． 【答案】 【解析】 【分析】运用二项式定理即可. 【详解】由二项式定理， 的展开项的通项公式为 ， 当 时为常数项，即 ； 故答案为： . 15. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出图象可知：当双曲线，它的渐近线以及，围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环面积恒定，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面恒定，高为的圆柱，进而求出体积即可. 【详解】 如图：当双曲线，它的渐近线以及， 围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环， 令，分别代入和中， 解得：， 即外圆半径，内圆半径， 此圆环的面积为：为恒定值， 所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积， 所以. 【点睛】关键点点睛：将几何体的体积转化成底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积是本题的关键所在. 16. 已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集 【详解】设函数，则 又 所以在上单调递增，又 故不等式 可化为 由的单调性可得该不等式的解集为． 故答案为： 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 在中，若角的对边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，即可求解； （2）由（1）知，得到，根据正弦定理求得，结合面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由条件得， 整理得， 又因为，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，所以， 又由， 由正弦定理且，解得， 所以的面积. 18. 如图，平面，. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）两种方法，一是通过题意，得到平面的法向量，然后结合，通过计算 可得，从而得到平面；二是通过证明、，得到平面平面，进而推出平面； （2）通过建立空间直角坐标系，设出平面和平面的法向量，并结合题意条件，求解出的长，然后根据平面，求解出，即可. 【小问1详解】 依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，.设，则. （1）法一：证明：依题意，平面， ， 平面，， 又，， 平面， 是平面的法向量，又， 可得，又因为直线平面， 所以平面. 法二：，平面，平面， 平面. 同理平面，， 平面平面， 又平面， 所以平面. 【小问2详解】 设为平面的法向量，则即 不妨令，可得. 同理可得平面的一个法向量为 由题意，有， 解得. . 平面， 为直线与平面所成角， . 19. 为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试.每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机.对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机必坠毁；对于乙种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机坠毁的概率为，击中三次目标无人机必坠毁. （1）若，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试. ①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率； ②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为，求的分布列与数学期望. （2）若，且，试判断在一次测试中选用甲种武器还是乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大？并说明理由. 【答案】（1）①；②分布列见解析， （2）使用乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）首先确定，，①再根据题意和甲种武器击中目标的次数，确定概率；②首先确定，分别根据甲和乙两种武器使目标无人机坠毁的概率，确定分布列中的概率，再计算期望； （2）分别用概率表示甲和乙使无人机坠毁的概率，再利用导数比较大小，即可求解. 小问1详解】 因为每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标无人机与否相互独立， 在一次测试中，用、分别表示甲、乙两种武器命中目标无人机的次数，则，， 记事件为“在一次测试中，使用甲种武器使目标无人机坠毁”， ， 所有可能的取值为， 记事件为“在一次测试中，使用乙种武器使目标无人机坠毁”， ， ， ， ， 所以的分布列如下： 故. 【小问2详解】 记事件为“使用甲种武器使得目标无人机坠毁”， 事件为“使用乙种武器使得目标无人机坠毁”， 则 ， ， 因为，所以， 则 ， 令，则， 令，即，则，得， 又，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又，则， 故，即， 所以使用乙种武器使得目标无人机坠毁概率更大. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解坠毁与击中的关系，以及理解每种武器击中次数满足二项分布. 20. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求； （2）在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在，， 【解析】 【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出. （2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案. 【小问1详解】 解:联立,得或 所以． 【小问2详解】 假设存在，使为定值． 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 联立得． 显然，设， 则． 所以 ． 若为常数，只需， 解得，此时． 当直线与轴垂直时，不妨设， 当点坐标时，． 满足为定值． 综上，存在点，使为定值． 21. 如图，在多面体中，平面与平面均为矩形且相互平行，,设. （1）求证：平面平面； （2）若多面体的体积为： （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，进而得到面面垂直； （2）将多面体的体积分成三部分，包括一个三棱柱和两个完全一样的五面体，再将五面体分成一个三棱柱和一个四棱锥，最终表示出多面体的体积，求得多面体的高，即可得到；在此基础上加建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为四边形是矩形，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 （i） 因为，所以四边形是等腰梯形， 过点作，垂足为，过点作，垂足为，则， 同理，作，则， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，记， 连接，作，则， 由对称性可知，所以， ， ， 所以，所以， 在中，，所以； （ii） 以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，则， 设平面的法向量，则，即，得，所以， 设平面的法向量，则，即，得，所以， ， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年6月高二数学月考试卷 一、选择题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 3. 2022年北京冬奥会期间，4名大学生志愿者被派往延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪三个项目参加志愿服务，每名志愿者都必须分配一个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A 144种 B. 72种 C. 36种 D. 18种 4. 样本数据2，1，4，5，6，6，15，8的中位数和众数分别是（ ） A. 5，6 B. 5.5，6 C. 6，6 D. 5.5，5 5. 已知向量，是单位向量，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 7. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在一次射击预选赛中，甲，乙两人各射击10次，两人成绩条形统计图如图所示，则下列四个选项中判断正确的是（ ） A. 甲的成绩的平均数大于乙的成绩的平均数 B. 甲的成绩的中位数大于乙的成绩的中位数 C. 甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差 D. 甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差 二、多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当，四棱锥的外接球的表面积是 C. 周长的最小值为 D. 若，则点的轨迹长为 10. 下列命题正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，，则 11. 下列等式中， 正确的是（ ） A. B. C. D. 12. 如图，点M是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 二面角的大小为45° B. 存在点，使得异面直线与所成的角为30° C. 点M存在无数个位置满足 D. 点M存在无数个位置满足平面 三、填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 函数的最大值为___________． 14. 展开式中的常数项为_________． 15. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 16. 已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________． 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 在中，若角的对边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 18. 如图，平面，. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值. 19. 为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试.每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机.对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机必坠毁；对于乙种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机坠毁的概率为，击中三次目标无人机必坠毁. （1）若，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试. ①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率； ②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为，求的分布列与数学期望. （2）若，且，试判断在一次测试中选用甲种武器还是乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大？并说明理由. 20. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求； （2）在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 21. 如图，在多面体中，平面与平面均矩形且相互平行，,设. （1）求证：平面平面； （2）若多面体体积为： （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$