精品解析：云南省普洱市澜沧拉祜族自治县第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（9月）数学试题

澜沧一中2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 出题人： 审题人： 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，根据交集运算求解. 【详解】根据题意，得， 所以， 故选：A. 2. 设为虚数单位，若复数，则复数的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简，再由复数的实部概念得解. 【详解】因为， 所以复数的实部为， 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 所以选A. 【点睛】本题考查了二倍角及同角正余弦的差与积的关系，属于基础题. 4. 已知两个异面直线的方向向量分别为，，且||＝||＝1，•，则两直线的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出向量的夹角，再利用异面直线角的定义直接求解即可 【详解】设两直线的夹角为θ，则由题意可得1×1×cos，，∴cos，， ∴，，∴θ， 故选：． 【点睛】本题主要考查两个向量的数量积的定义，注意两直线的夹角与，的关系，属于基础题． 5. 设为上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 12 B. C. 13 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据为上的奇函数，求出. 【详解】因为为上的奇函数，所以，， 所以. 故选：C 6. 已知，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用点到线的距离的向量法，即可求解. 【详解】因为，， 得到，， 则点到直线的距离为， 故选：C. 7. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 8. 古代的粮仓不仅是储存粮食的设施，还承载了丰富的历史和文化价值，如唐朝的“含嘉仓”等，这些粮仓不仅是国家强盛的见证，也是中国传统文化和农业社会的重要体现.如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（ ） A. 立方米 B. 立方米 C. 立方米 D. 立方米 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式可得. 【详解】圆柱体积为（立方米），圆锥体积为（立方米）， 所以，该组合体的体积为（立方米）. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系O－xyz中，以下结论正确的是（ ） A. 点关于x轴对称的点的坐标为(－1，－3，4) B. 点关于xOy平面对称的点的坐标为(－1，2，－3) C. 点关于原点对称的点的坐标为(3，－1，－5) D. 两点间的距离为3 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系的对称关系可判断A，B，C；结合两点间距离公式可求D. 【详解】点关于x轴的对称点的坐标为，故A错误； 点关于xOy平面对称的点的坐标为，故B正确； 关于原点的对称的点的坐标为，故C正确； 两点间的距离为，故D正确. 故选：BCD 10. 下列结论不正确的是（ ） A. 任意，则 B. 若，则 C. 若，则的最小值为4 D. 若，，，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据特殊情况可判断A，利用不等式的性质判断B，根据对号函数性质判断C，根据基本不等式判断D. 【详解】A：当时，为负数，所以A不正确； B：若，则，所以，所以B正确； C：若，在上单调递增，则，故C不正确； D：若，，，根据基本不等式有， 所以D正确. 故选：AC 11. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 函数（且）的图象恒过定点 C. 的最大值为 D. 函数的单调递增区间为， 【答案】BD 【解析】 【分析】由抽象函数的定义域可得A错误；由对数函数的性质可得B正确；由指数函数的性质可得C错误；由分段函数的性质结合二次函数可得D正确； 【详解】对于A，若函数的定义域为，则函数的定义域应满足， 解得，所以函数的定义域为，故A错误； 对于B，由对数函数图象的性质可得当时，， 所以图象恒过定点，故B正确； 对于C，， 令，则， 所以由指数函数的性质可知无最大值，故C错误； 对于D，当时，， 由二次函数的性质可知，开口向上，对称轴为，此时递增区间为； 当时，， 由二次函数的性质可知，开口向上，对称轴为，此时递增区间为；故D正确； 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则_________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示，列方程求. 【详解】因为，，， 所以，解得：. 故答案为：. 13. 已知向量与的夹角为，且，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】 首先计算，再根据数量积的公式转化为关于的一元二次方程求解. 【详解】，， ，向量与的夹角为， ，即， 整理为， 所以. 故答案为： 【点睛】本题考查向量数量积公式，模的计算，重点考查计算能力，属于基础题型. 14. 函数的部分图象如图所示，则函数解析式为__________________ 【答案】 【解析】 【分析】通过观察函数的图象可求出，再利用周期求出，最后利用在处，取得最大值，求出的值，可得函数的解析式． 【详解】通过观察图象可得，， 又，可得， 故函数的解析式为：， 又在函数图象上，则，解得，， 又，故， 因此函数的解析式为：， 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，写出必要的文字说明、推演步骤. 15. 已知空间中三点，，，设，. （1）若，且，求向量； （2）已知向量与互相垂直，求的值； 【答案】（1）或；（2）5. 【解析】 【分析】 （1）由于可设，从而得，再由，可得，可求出的值，从而可求出向量； （2）由向量与互相垂直，可得，进而可求的值 【详解】解：∵空间中三点，，， 所以， ， ∴， （1）∵，且，设， ∴， ∴，∴， ∴或； （2）∵，， 且向量与互相垂直， ∴，解得， ∴的值是5. 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，，且. （1）求； （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边化角，并结合余弦定理即可求解.（2）由三角形面积公式，再结合余弦定理算出的最大值即可. 【小问1详解】 因为，注意到且结合正弦定理 有，整理得， 所以由余弦定理可得. 【小问2详解】 由（1）可知，且注意到，所以有， 利用基本不等式得，即有最大值16，当且仅当时取到； 又由（1）可知，所以， 综上所述：；即面积的最大值为. 17. 如图，四面体OABC的所有棱长都是1，D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE． （1）计算DE的长； （2）求点O到平面ABC的距离． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用基底表示出向量，再根据向量数量积求长度的方法即可求出； （2）由该几何体特征可知，点O在平面ABC的射影为的中心，即可求出． 【详解】（1）因为四面体OABC的所有棱长都是1，所以该四面体为正四面体， ，而且，所以，即，所以DE的长为． （2）因为四面体OABC为正四面体，所以点O在平面ABC的射影为的中心， 的外接圆半径为，所以点O到平面ABC的距离为． 18. 某中学举行电脑知识竞赛，先将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求参赛学生成绩的众数、中位数； （2）高一参赛学生的平均成绩； （3）按分层抽样的方法从中抽取6名学生，再从这6人中，抽取2人，则求这两人都是在的概率. 【答案】（1）众数为65，中位数为 （2）67 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图确定众数与中位数即可； （2）根据频率分布直方图估计平均数即可； （3）根据古典概型求解基本事件总数与所求事件总数即可得答案. 【小问1详解】 由题图可知众数为65， 因为的频率为；的频率为； 的频率为；的频率为； 的频率为； 所以设中位数为，则，解得，所以中位数为； 【小问2详解】 由（1）可得，平均成绩为， 所以平均成绩为67； 【小问3详解】 按分层抽样的方法从中抽取6名学生，则分别抽取了3人，2人，1人. 设这6人分别为. 再从其中抽取2人，这一共有，总共15种情况. 两人都在有三种情况， 则求这两人都是在的概率为. 19. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：    连接如上图，在中，、分别为、的中点， 所以.又因为平面，平面， ∴平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线和线面平行的判定定理即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量的夹角公式运算即可得解. （3）假设存在，根据线面角的公式运算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面，平面， 所以，.又，所以. 以为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系. 则，，，， ，.则，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，解得，. 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为，所以 由图可知二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 解：假设存在点，设，则 . 由（2）知，平面的一个法向量为.则， 即，所以. 故存在满足题意的点，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 澜沧一中2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 出题人： 审题人： 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，若复数，则复数的实部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两个异面直线的方向向量分别为，，且||＝||＝1，•，则两直线的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 设为上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 12 B. C. 13 D. 6. 已知，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 古代的粮仓不仅是储存粮食的设施，还承载了丰富的历史和文化价值，如唐朝的“含嘉仓”等，这些粮仓不仅是国家强盛的见证，也是中国传统文化和农业社会的重要体现.如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（ ） A. 立方米 B. 立方米 C. 立方米 D. 立方米 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系O－xyz中，以下结论正确的是（ ） A. 点关于x轴对称的点的坐标为(－1，－3，4) B. 点关于xOy平面对称的点的坐标为(－1，2，－3) C. 点关于原点对称的点的坐标为(3，－1，－5) D. 两点间的距离为3 10. 下列结论不正确的是（ ） A. 任意，则 B. 若，则 C. 若，则的最小值为4 D. 若，，，则 11. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 函数（且）的图象恒过定点 C. 的最大值为 D. 函数的单调递增区间为， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则_________ 13. 已知向量与的夹角为，且，，则_____. 14. 函数的部分图象如图所示，则函数解析式为__________________ 四、解答题：本大题共5小题，共77分，写出必要的文字说明、推演步骤. 15. 已知空间中三点，，，设，. （1）若，且，求向量； （2）已知向量与互相垂直，求的值； 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，，且. （1）求； （2）求面积的最大值. 17. 如图，四面体OABC的所有棱长都是1，D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE． （1）计算DE的长； （2）求点O到平面ABC的距离． 18. 某中学举行电脑知识竞赛，先将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求参赛学生成绩的众数、中位数； （2）高一参赛学生的平均成绩； （3）按分层抽样的方法从中抽取6名学生，再从这6人中，抽取2人，则求这两人都是在的概率. 19. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $