精品解析：云南省昭通市市直中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

昭通市市直中学2024年秋季学期高二年级第一次月考 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 倾斜角为45°的直线方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到直线的斜率为，由直线的方向向量的定义，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】因为直线倾斜角为45°，可得直线的斜率为， 对于A中，若直线的方向向量为，都可直线的斜率为，所以A不符合题意； 对于B中，若直线的方向向量为，都可直线的斜率为，所以B不符合题意； 对于C中，若直线的方向向量为，都可直线的斜率为，所以C不符合题意； 对于D中，若直线的方向向量为，都可直线的斜率为，所以D符合题意. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得集合，由此求得，，进而判断出正确选项. 【详解】依题意， 所以集合，则，A和B均错误； ，C错误，D正确. 故选：D 【点睛】本小题主要考查指数不等式的解法，考查集合交集、并集的概念和运算，属于基础题. 3. 已知，，，若三向量共面，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共面可设，由向量坐标运算可构造方程组求得结果. 【详解】共面，可设，即，解得：. 故选：C. 4. “”是“”的 A. 必要非充分条件 B. 充分非必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，利用充分条件与必要条件的定义可得结果. 【详解】因为，所以, 即不能推出， 反之，由可推出， 故“”是“”的必要不充分条件，故选A. 【点睛】本题主要考查充要条件的概念，二倍角公式，属于简答题.充要条件的判断问题，是高考不可少的内容，特别是充要条件可以和任何知识点相结合,充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法. 5. 经过直线和的交点，且倾斜角是直线的倾斜角的两倍的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出两直线的交点坐标，再利用二倍角的正切公式求出直线的斜率即可求解. 【详解】由，解得，即所求方程的直线过点， 令直线的倾斜角为，则，显然是锐角， 因此所求方程的直线斜率， 所以所求的直线方程为，即. 故选：C 6. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论. 详解】， 而，且． 所以，故． 故选：D. 7. 2023年6月22日，由中国帮助印尼修建的雅万高铁测试成功，高铁实现时速自动驾驶，不仅速度比普通列车快，而且车内噪声更小．如果用声强（单位：）表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度，声强级（单位：）与声强的函数关系式为，其中为基准声强级，为常数，当声强时，声强级．下表为不同列车声源在距离处的声强级： 声源 与声源的距离（单位：） 声强级范围 内燃列车 20 电力列车 20 高速列车 20 设在离内燃列车､电力列车､高速列车处测得的实际声强分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据声强、声强级之间的关系确定基准声强级，即可判断A；计算可得大小关系，即可判断B，D；计算可得大小关系，即可判断. 【详解】对于：因为声强时，声强级， 所以，解得，故错误； 对于B：因， 所以，即，故B正确； 对于C：， 所以，即，故C不正确； 对于D，， 所以，即，故D不正确． 故选：B． 8. 已知函数的定义域是，函数的图象的对称中心是，若对任意的，，且，都有成立，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的图象的对称中心是可得是上的奇函数，由可得，故可得在上单调递增，然后分，和三种情况进行求范围即可 【详解】因为是向左平移1个单位长度得到，且函数的图象的对称中心是， 所以的图象的对称中心是，故是上的奇函数，所以， 对任意的，，且，都有成立， 所以， 令，所以根据单调性的定义可得在上单调递增， 由是上的奇函数可得是上的偶函数 所以在上单调递减， 当时，不等式得到，矛盾； 当时，转化成即，所以； 当时，转化成，，所以， 综上所述，不等式的解集为 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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ） A. B. 复数的共轭复数的虚部为2 C. 若复数满足，则的最大值为2 D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，，故；B选项，根据共轭复数的定义得到B正确；C选项，求出的轨迹为圆，圆上的点到原点的距离最大值为2，C正确；D选项，得到为方程的另一个根，根据韦达定理得到D错误. 【详解】A选项，，而，A错误； B选项，复数的共轭复数为，故虚部为2，B正确； C选项，若复数满足，则的轨迹为复平面内，以为圆心，1为半径的圆， 此圆上的点到原点的距离，最大值为2，即到原点距离， 故的最大值为2，C正确； D选项，若是关于的方程的一个根，为方程另一个根， 故，D不正确. 故选：BC 10. 若直线与圆交于不同的两点为坐标原点，则（ ） A. 当时， B. 的取值范围为 C. D. 线段中点的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：求圆心到直线的距离，结合垂径定理运算求解；对于B：根据数量积可得，进而可得结果；对于C：分析可得，即可得结果；对于D：分析可知点的轨迹是以为直径的半圆(除去)，即可得结果. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径为， 且直线过定点， 设线段中点为M， 对于选项A：当时，则直线为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，故A正确； 对于选项B：因为， 因为点不重合，所以，故B错误； 对于选项C：因为 ， 所以，故C正确； 对于选项D：因为线段中点满足， 设的中点为，圆C与x、y分别切于点、， 可知圆过点、，且， 可知点的轨迹是以为直径的半圆（除去）， 所以轨迹长为，故D错误． 故选：AC. 11. 如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为 B. 保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为 C. 若保持，则点M的运动轨迹长度 D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D． 【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形， 连接，则，故A错误； 对于B，如图： 平面，平面，，又， ，，平面， 平面，平面,， 同理可得，，，平面． 平面． 过点作交交于，过作交交于， 由，可得，平面，平面， 平面，同理可得平面， 平面， 则平面平面． 设平面交平面于，则的运动轨迹为线段， 由点在棱上，且，可得， ，故B正确； 对于C，如图： 若，则在以为球心，为半径的球面上， 过点作平面，则，此时． 点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为． 点的运动轨迹长度，故C正确； 对于D，如图： 延长，交于点，连接交于，连接， 平面被正方体截得的截面为． ，， ，， ，，且， 截面为梯形， ，截面为等腰梯形，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若圆和关于直线对称，则的方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，从而确定圆和关于线段的中垂线对称，根据中点坐标公式和垂直关系斜率乘积为求出答案. 【详解】的圆心为，半径为1， ，圆心为，半径为1， 两圆的半径相等， 故圆和关于线段的中垂线对称， 设直线，将代入，，解得， 故线段的中垂线的斜率为1， 的中点坐标为，故线段的中垂线方程为，即， 综上，的方程为 故答案为： 13. 已知圆的半径为4，是圆的一条直径．两点均在圆上，，点为线段上一动点，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算和数量积运算可得，结合的取值范围，计算即可． 【详解】如图，为圆心，连接， 则 ． 因为点在线段上且，则圆心到直线的距离，所以，所以， 则，即的取值范围是， 故答案为：． 14. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，．当，方程：时，x＝________；当时，若，f（x）的最小值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，利用一元二次方程的解法，以及复数的运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】当，可得， 由，可得，整理得，解得； 当时，，设，因为，所以， 可得 ， 当且仅当时，取等号，所以的最小值为． 故答案为：；. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由圆心既在线段的垂直平分线上，又在x轴上，可联立直线方程求圆心，进而得半径与圆的方程； （2）利用几何法，先求圆心到直线的距离，再利用勾股定理求半弦长即可得. 【小问1详解】 因为和，线段的中点为，且， 则的垂直平分线方程为，由圆的性质可知，圆心在该直线上， 又已知圆心在轴上，令，得， 故圆心为，半径， 则圆圆C的方程为. 【小问2详解】 由圆心到直线的距离，. 故线段的长度为. 16. 已知函数，有意义时的取值范围为，其中为实数． （1）求的值； （2）写出函数的单调区间，并求函数的最大值． 【答案】（1） （2）增区间为 ，减区间为，最大值为 【解析】 【分析】（1）由一元二次不等式的解集，结合韦达定理可解； （2）根据复合函数的单调性将问题转化为求内层函数的单调区间问题，然后可得. 【小问1详解】 因为有意义时的取值范围为， 所以的解集为， 所以和是方程的两根． 由韦达定理可得，解得． 【小问2详解】 由（1）知，， 令， 因为为增函数，且在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时 ，取得最大值 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，侧棱底面，，E是PC的中点. （1）求证：平面； （2）求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 连接AC，交BD于点O，连接OE， 在中，点E是PC的中点，点O是AC的中点，可得， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，则，， 设平面EDB的法向量，则， 令，可得，，所以平面EDB的法向量， 又由平面PAD的一个法向量为， 设平面EDB和平面PAD的夹角为，则， 所以平面EDB和平面PAD的夹角的余弦值为. 18. 第19届亚运会已于2023年9月23日至10月8日举办，该届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．如图，假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． （1）若，在淘汰赛赛制下， A、C获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示）； （3）根据第2问的结果简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【答案】（1）， （2）． （3）双败赛制下对强者更有利． 【解析】 【分析】（1）由AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出和CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解； （2）求得淘汰赛赛制下，A获得冠军的概率为，利用相互独立事件的概率公式，分两种情况讨论，即可求得“双败赛制”赛制下，A获得冠军的概率；． （3）令，结合，得到，即可得到结论. 【小问1详解】 解：由题意得，若A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出， A获得冠军的概率为， 若C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出， C获得冠军的概率为． 【小问2详解】 解：淘汰赛赛制下，A获得冠军的概率为， “双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军； 综上，A获得冠军的概率． 【小问3详解】 解：令， 若A为强队，则，故， 所以，双败赛制下对强者更有利． 19. 如图，树人中学在即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，跑道由三部分组成：第一部分为曲线段，该曲线段可近似看作函数在区间上的图象，图象的最高点为；第二部分为线段；第三部分可近似看作是以O为圆心，以2为半径的扇形，其圆心角为. （1）求曲线段的解析式； （2）若新校门位于图中的B点，其离的距离为1.5千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的立德楼，求该学生走过的路的长； （3）若点P在劣弧上（不含端点），点M和点N分别在线段和线段上，，且轴.若梯形区域为学生的休息区域，记，设学生的休息区域的面积为，求的最大值及此时的值. 【答案】（1）， （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点即可求得解析式； （2）依题意设出B点的坐标，代入解析式即可求得BO的长； （3）利用正弦定理求得，从而利用三角恒等变换化简得关于的关系式，从而得解. 【小问1详解】 由图形易知，， 又，则，又，所以， 又当时，有，即 因为，所以，则，故， 所以曲线段的解析式为，. 【小问2详解】 因为B点离的距离为1.5千米，则设， 所以，则， 因为，所以，所以，故， 所以，即该学生走过的路BO的长为千米. 小问3详解】 依题意，，， 在中，，，， 则由正弦定理，可得， 故可得， 在中，， 故 ，其中，为锐角， 因为，所以， 显然当时，休息区域的面积取得最大值， 此时. 【点睛】方法点睛：已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法： （1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出. （2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通市市直中学2024年秋季学期高二年级第一次月考 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 倾斜角为45°的直线方向向量是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，若三向量共面，则实数等于（ ） A. B. C. D. 4. “”是“” A. 必要非充分条件 B. 充分非必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 5. 经过直线和的交点，且倾斜角是直线的倾斜角的两倍的直线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 2023年6月22日，由中国帮助印尼修建的雅万高铁测试成功，高铁实现时速自动驾驶，不仅速度比普通列车快，而且车内噪声更小．如果用声强（单位：）表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度，声强级（单位：）与声强的函数关系式为，其中为基准声强级，为常数，当声强时，声强级．下表为不同列车声源在距离处的声强级： 声源 与声源的距离（单位：） 声强级范围 内燃列车 20 电力列车 20 高速列车 20 设在离内燃列车､电力列车､高速列车处测得的实际声强分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域是，函数的图象的对称中心是，若对任意的，，且，都有成立，，则不等式的解集为（ ） A B. C. 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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ） A. B. 复数的共轭复数的虚部为2 C. 若复数满足，则的最大值为2 D. 若是关于的方程的一个根，则 10. 若直线与圆交于不同的两点为坐标原点，则（ ） A. 当时， B. 的取值范围为 C. D. 线段中点轨迹长度为 11. 如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为 B. 保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为 C. 若保持，则点M的运动轨迹长度 D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若圆和关于直线对称，则的方程是______． 13. 已知圆的半径为4，是圆的一条直径．两点均在圆上，，点为线段上一动点，则的取值范围是____________． 14. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，．当，方程：时，x＝________；当时，若，f（x）的最小值为________． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度． 16. 已知函数，有意义时的取值范围为，其中为实数． （1）求的值； （2）写出函数的单调区间，并求函数的最大值． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，侧棱底面，，E是PC的中点. （1）求证：平面； （2）求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值. 18. 第19届亚运会已于2023年9月23日至10月8日举办，该届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．如图，假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． （1）若，在淘汰赛赛制下， A、C获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示）； （3）根据第2问的结果简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 19. 如图，树人中学在即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，跑道由三部分组成：第一部分为曲线段，该曲线段可近似看作函数在区间上的图象，图象的最高点为；第二部分为线段；第三部分可近似看作是以O为圆心，以2为半径的扇形，其圆心角为. （1）求曲线段的解析式； （2）若新校门位于图中的B点，其离的距离为1.5千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的立德楼，求该学生走过的路的长； （3）若点P在劣弧上（不含端点），点M和点N分别在线段和线段上，，且轴.若梯形区域为学生的休息区域，记，设学生的休息区域的面积为，求的最大值及此时的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $