精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

2024年09月高二数学月考试题 一.选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1 若全集，则集合等于（ ） A. B. C D. 2. 已知向量，，，若平面ABC，则的值是（ ） A B. C. D. 3. 样本的平均数为，样本的平均数为.若样本，的平均数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 不能确定与的大小 4. 已知直线与，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知函数满足若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，向量，过点P作以向量为方向向量的直线为l，则点到直线l的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若存在且，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 二.多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） 9. 已知四面体，下列选项中，能推出的有（ ） A. 两两垂直 B. C. D. 顶点A到底面的三条边的距离相等 10. 已知，则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（ ） A. B. C. D. 11. 下列函数中，满足的有（ ） A. B. C. D. 12. 在平面直角坐标系中，设定点，是函数图象上一动点.若点，之间的最短距离为，则满足条件的实数的所有值为（ ） A. B. C. 1 D. 三.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13. 已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，，则 ________. 14. 已知，直线与直线垂直，则的最小值是___________. 15. 如图，设正方体的棱长为2，点为线段的中点，设点在线段上（包括端点），则三棱锥的体积的取值范围是___________. 16. 如图所示，已知四面体顶点和，则从顶点D所引的四面体的高__________． 四.解答题（共6小题，满分70分） 17. 近期中共中央办公厅､国务院办公厅印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，某地积极开展中小学健康促进行动，决定在今年体育中考中再增加一定的分数，规定：考生须参加游泳､长跑､一分钟跳绳三项测试，其中一分钟跳绳满分20分，某校在初三上学期开始要掌握全年级学生一分钟跳绳情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如图所示的频率分布直方图，且规定计分规则如下表： 每分钟跳绳个数 得分 17 18 19 20 （1）根据频率分布直方图估计样本数据的25%分位数（保留2位小数）； （2）已知在该样本中，得分为17分的同学中恰有两名男生，现从得分为17分的同学中任取2名同学，调查平时锻炼时间分配情况，求所抽取的2名同学中至少有1名男生的概率. 18. 设全体空间向量组成的集合为，为中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“应变量”也是向量的“向量函数”. （1）设，，若，求向量； （2）对于中的任意两个向量，，证明：； （3）对于中的任意单位向量，求的最大值. 19. 中，. （1）求的外接圆的面积； （2）在下述条件中任选一个，求的长. ①是的角平分线；②是的中线. 20. 在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是（，）． （1）当，时，求曲线围成的区域的面积； （2）若直线：与曲线交于轴上方的两点，，且，求点到直线距离的最小值． 21. 已知函数满足：，若，且当时，． （1）求a的值； （2）当时，求的解析式；并判断在上的单调性（不需要证明）； （3）设，，若，求实数m的值． 22. 如图，已知四棱锥是以为斜边等腰直角三角形，. （1）在线段上是否存在一点，使得平面； （2）求四棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年09月高二数学月考试题 一.选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 若全集，则集合等于（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合交集、并集、补集的定义逐一判断即可. 【详解】因为， 所以，，所以选项AB不符合题意； 又因为， 所以， ， 因此选项C不符合题意，选项D符合题意， 故选：D 2. 已知向量，，，若平面ABC，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到的坐标，根据平面ABC，则即可得到的值. 【详解】因为, 若平面ABC，则，，即， ，所以，，故． 故选:D． 3. 样本的平均数为，样本的平均数为.若样本，的平均数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 不能确定与的大小 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数的公式进行求解即可. 【详解】由， 所以有，因为， 所以有且， 可知，且，所以， 故选：A 4. 已知直线与，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线平行的系数关系解出，需要注意排除重合情况后即可判断. 【详解】根据直线方程，若，则需满足 解得或, 当时，两条直线重合，所以舍去.故得 反之亦可得 当时，因此“”是“”的充要条件. 故选：C 5. 已知函数满足若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断出函数为奇函数，变形为，画出函数图象，求出不等式的解集. 【详解】当时，， ，因为函数定义域为， 所以函数为奇函数， 作出函数图像，如图所示， 且在，上都为增函数， 由，得到，即， 由图像可得. 故选：B. 6. 已知点，向量，过点P作以向量为方向向量的直线为l，则点到直线l的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得直线l的方程，再利用点到直线距离公式去求点到直线l的距离即可. 【详解】以向量为方向向量的直线l的斜率 则过点P的直线l的方程为，即 则点到直线l的距离 故选：B 7. 已知函数，若存在且，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数性质，结合对钩函数的性质进行求解即可. 【详解】由，得到， 因为0， 所以， 于是，所以，即， 所以，于是， 所以， 所以， 因为函数在上为减函数， 所以，由题意，存在，使得成立，所以. 故选： C 【点睛】关键点睛：构造新函数是解题的关键. 8. 点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度. 【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系： 因此有，设平面的法向量为，所以有 ，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为. 故选：C 【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力. 二.多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） 9. 已知四面体，下列选项中，能推出的有（ ） A. 两两垂直 B. C. D. 顶点A到底面的三条边的距离相等 【答案】AC 【解析】 【分析】过点A作底面，垂足为，过作HE垂直BD于E，可证平面AHE， 对A，由证平面，可证； 对B，平面AHE，为的外心，平面AHE不一定成立，则不一定成立； 对C，根据条件， 由，证平面，同理由，证平面，即可得、，即为底面的垂心，最后同理通过证平面即可证； 对D，平面AHE，为的内心，平面AHE不一定成立，则不一定成立； 【详解】过点A作底面，垂足为，则，过作HE垂直BD于E，则有，，平面AHE，则平面AHE， 对A，由，且，平面，得平面，又因为平面，所以，故A正确； 对B，因为，所以为的外心，因为平面AHE，平面AHE不一定成立，则不一定成立，故B错误； 对C，连接，则为斜线在底面的射影，因为，，且，平面，得平面，因为平面，所以； 同理可由，证平面，因为平面，所以； 所以为底面的垂心，连接，则，又，同理可证平面，因为平面，所以，故C正确； 对D，因为顶点A到底面的三条边的距离相等，所以H为底面的内心，因为平面AHE，平面AHE不一定成立，则不一定成立，故D错误. 故选：AC. 10. 已知，则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设选项中的点为，若，，，四点共面，则存在，，使得. 【详解】设选项中的点为， 由题意得，， 又，，，四点共面，则存在，，使得， 即，即， 对于A，，解得，故点在平面ABC内； 对于B，，解得，故点在平面ABC内； 对于C，，无解，故点不在平面ABC内； 对于D，，解得，故点在平面ABC内. 故选：ABD 11. 下列函数中，满足的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，设，则，题设条件等价成函数关于中心对称，依次判断即可 【详解】，设，则，则题设条件等价成函数关于中心对称. 对，，关于对称，故A正确； 对B，，故B错误； 对C，，故C正确； 对D，，所以，故D正确. 故选：ACD 12. 在平面直角坐标系中，设定点，是函数图象上一动点.若点，之间的最短距离为，则满足条件的实数的所有值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设，，表达出，令，由基本不等式得到，且，分和两种情况，得到函数最小值，得到方程，求出答案. 【详解】设，， ， 令，由基本不等式得，故， ， 当时，当时，取得最小值， 最小值为， 令，解得或3（舍去）， 当时，当时，， 令，解得或（舍去）， 综上，满足条件的实数的所有值为或. 故选：AD 三.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13. 已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，，则 ________. 【答案】-2 【解析】 【分析】根据题意，由函数的周期性与奇偶性可得f（﹣1）=f（1）且f（﹣1）=﹣f（1），分析可得f（1）的值，进而分析可得f（﹣）=﹣f（）=﹣f（），由函数的解析式计算可得答案． 【详解】根据题意，函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数， 则有f（﹣1）=f（1）且f（﹣1）=﹣f（1）， 即f（1）=﹣f（1），则f（1）=0， f（﹣）=﹣f（）=﹣f（）=﹣（）=﹣2， 则f（﹣）+f（1）=﹣2+0=﹣2； 故答案为﹣2． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，注意求出f（1）的值,属于中档题． 14. 已知，直线与直线垂直，则的最小值是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由直线与直线垂直，得，再由，，得到，利用基本不等式的性质能求出的最小值． 【详解】直线与直线垂直， ，整理得， ，， ， 当且仅当时，取等号， 的最小值是． 故答案：． 15. 如图，设正方体的棱长为2，点为线段的中点，设点在线段上（包括端点），则三棱锥的体积的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用极端法，结合三棱锥的体积公式和正方体的性质进行求解即可. 【详解】当点与点重合时，三棱锥的体积最小，此时点到平面的距离等于点到平面的距离，此距离为正方体体对角线长度的，即，此时三棱锥的体积为；当点与重合时，到平面的距离为正方体体对角线长度的，即，此时三棱锥的体积最大，为，故三棱锥的体积的取值范围是. 故答案为： 16. 如图所示，已知四面体顶点和，则从顶点D所引的四面体的高__________． 【答案】11 【解析】 【分析】求出，，然后算出平面的一个法向量，通过点到面的距离公式即可得到答案 【详解】解：因为， 所以， 设平面的法向量为， 所以,令，则，所以， 所以到平面的距离为，即从顶点D所引的四面体的高， 故答案为：11 四.解答题（共6小题，满分70分） 17. 近期中共中央办公厅､国务院办公厅印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，某地积极开展中小学健康促进行动，决定在今年体育中考中再增加一定的分数，规定：考生须参加游泳､长跑､一分钟跳绳三项测试，其中一分钟跳绳满分20分，某校在初三上学期开始要掌握全年级学生一分钟跳绳情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如图所示的频率分布直方图，且规定计分规则如下表： 每分钟跳绳个数 得分 17 18 19 20 （1）根据频率分布直方图估计样本数据的25%分位数（保留2位小数）； （2）已知在该样本中，得分为17分的同学中恰有两名男生，现从得分为17分的同学中任取2名同学，调查平时锻炼时间分配情况，求所抽取的2名同学中至少有1名男生的概率. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据由频率分布直方图估计百分位数的方法进行计算； （2）根据分层抽样的比例确定得分为17分的同学人数，列出从6名同学中抽取2名同学的所有基本事件，再列出抽取的2名中至少有1名男生的基本事件，根据古典概型的概率公式可得答案 【小问1详解】 前两组的频率为，前三组的频率为， 所以样本数据的25%分位数为； 【小问2详解】 得分为17分的同学共有名，其中男生2名，女生4名， 记2名男生分别为名女生分别为， 则从6名同学中抽取2名的样本空间，共15个基本事件， 记事件“所抽取的2名中至少有1名男生”， 则有共9个基本事件， 所以所抽取的2名中至少有1名男生的概率为 18. 设全体空间向量组成的集合为，为中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“应变量”也是向量的“向量函数”. （1）设，，若，求向量； （2）对于中的任意两个向量，，证明：； （3）对于中的任意单位向量，求的最大值. 【答案】（1）或；（2）见解析；（3）最大值为. 【解析】 【详解】分析：（1），设，代入运算得：，从而可得结果；（2）设，，，则利用“向量函数”的解析式化简，从而可得结果；（3）设与的夹角为，则，则，即最大值为. 详解：（1）依题意得：，设，代入运算得： 或； （2）设，，，则 从而得证； （3）设与的夹角为，则， 则，故最大值为. 点睛：新定义问题一般先考察对定义的理解，这时只需一一验证定义中各个条件即可.二是考查满足新定义的函数的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的函数有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需结合新函数的新性质，探究“旧”性质.三是考查综合分析能力，主要将新性质有机应用在“旧”性质，创造性证明更新的性质. 19. 在中，. （1）求的外接圆的面积； （2）在下述条件中任选一个，求的长. ①是的角平分线；②是的中线. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出三角形外接圆的半径，从而可求出的外接圆的面积； （2）若选择①，可求出，若选择②，则，两边平方化简可求出. 【小问1详解】 由余弦定理得， 即，所以， 设外接圆半径为，由正弦定理得，， 所以 所以外接圆的面积为. 【小问2详解】 若选择①， 同时.， 所以，所以. 若选择②，， 两边平方得， 所以. 20. 在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是（，）． （1）当，时，求曲线围成的区域的面积； （2）若直线：与曲线交于轴上方的两点，，且，求点到直线距离的最小值． 【答案】(1)4；(2) ． 【解析】 【分析】（1）当，时，曲线的方程是，对绝对值内的数进行讨论，得到四条直线围成一个菱形，并求出面积为4； （2）对进行讨论，化简曲线方程，并与直线方程联立，求出点的坐标，由得到的关系，再利用点到直线的距离公式求出，从而求得. 【详解】（1）当，时，曲线的方程是， 当时，，当时，， 当时，方程等价于， 当时，方程等价于， 当时，方程等价于， 当时，方程等价于， 曲线围成的区域为菱形，其面积为； （2）当，时，有， 联立直线可得， 当，时，有， 联立直线可得， 由可得， 即有， 化为， 点到直线距离 ， 由题意可得，，，即， 可得，， 可得当，即时，点到直线距离取得最小值． 【点睛】解析几何的思想方法是坐标法，通过代数运算解决几何问题，本题对运算能力的要求是比较高的. 21. 已知函数满足：，若，且当时，． （1）求a的值； （2）当时，求的解析式；并判断在上的单调性（不需要证明）； （3）设，，若，求实数m的值． 【答案】（1）7；（2），单调递增；（3）-1. 【解析】 【分析】 （1）根据题意可得，再由即可求解. （2）设，则，代入即可得出，再由分段函数单调性判断方法即可求解. （3）由（2）知，当时，，且由条件知，，根据的单调性可得恒成立，设，只需不等式在上恒成立，讨论的取值范围即可求解. 【详解】（1）由题意，所以， 又， 因为，所以； （2）设，则， 所以， 又，代入解得：； 显然，在，上分别是单增函数， 又，而当时，， 因为，所以在上单调递增； （3）由（2）知，是区间上单调递增， 且时，，， 且当时，设，则， 且由条件知，； 再看函数， 由，即定义域为， 且在上单减， 所以在上单减， 又发现，所以恒成立， 即在上恒成立， 设， 则不等式在上恒成立， ①当时，不等式化为，显然不满足恒成立； ②当时，当代入得，矛盾； ③当时，只需， 综上，实数m的值为-1． 【点睛】关键点点睛：本题考查了换元法求函数的解析式，函数的单调性，解题的关键是根据函数的单调性得出，转化为二次不等式恒成立，考查了分类讨论的思想. 22. 如图，已知四棱锥是以为斜边的等腰直角三角形，. （1）在线段上是否存在一点，使得平面； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）存在，证明过程见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线、平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据等腰直角三角形的性质，结合空间两点距离公式、三棱锥体积公式进行求解即可. 【小问1详解】 存在，当为中点时，有平面.证明如下： 取的中点，连接， 由，，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为，所以， 所以四边形是平行四边形， 又，所以四边形是矩形， 以为原点，，垂直于平面向上的方向为正方向，分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，设， 由和知， 即 解得所以， 故四棱锥高为， 于是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$