精品解析：贵州省威宁彝族回族苗族自治县第九中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

威宁九中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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正余弦函数值范围，利用交集的定义求解即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：C 2. 已知复数满足，，若为纯虚数，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数除法运算及复数分类即可求解. 【详解】由，得， 因为纯虚数，则，解得. 故选：A 3. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方向向量与平面法向量的位置关系得两平面的位置关系，由此即可得解. 【详解】由题意或. 故选：B. 4. 如图，在空间四边形中，点是的中点，点在上，设，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的图形，利用空间向量的线性运算，结合空间向量基本定理求解即可. 【详解】依题意，， ， 而，且不共面， 因此，，，所以. 故选：D 5. 已知空间向量，若共面，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用共面向量定理，列出方程求出实数的值. 【详解】由向量共面，得存在实数对，使得, 即，则，解得， 所以实数的值为4. 故选：D 6. 在棱长为1的正方体中，设，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律计算即得. 【详解】在正方体中，， 所以. 故选：B 7. 已知空间向量，若与的夹角是钝角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的坐标表示及共线向量，列式求解即得. 【详解】由向量，得， 由与的夹角是钝角，得且与不共线， 因此，解得且， 所以的取值范围是. 故选：A 8. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 故选：C. 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. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 的图象在上单调递增 C. 的图象关于点对称 D. 在区间上有两个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正切型函数的周期公式求解判断A；结合正切函数的定义域分析判断B；结合正切函数的对称性求解判断C；求出指定区间上的零点判断D. 【详解】对于A，函数的最小正周期为，A正确； 对于B，当时，，而当，即时， 无意义，因此函数的图象在上不单调，B错误； 对于C，由，得， 因此的图象关于点对称，C正确； 对于D，由，得， 当或，即或时，， 所以在区间上有两个零点，D正确. 故选：ACD 10. 已知点是所在的平面外一点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，结合空间向量的数量积的坐标运算，以及模的坐标表示，逐项判定，即可求解. 【详解】因为向量， 对于A中，由，所以， 即，所以A正确； 对于B中，由，可得，所以与不垂直， 即与不垂直，所以B不正确； 对于C中，由，可得， 即，所以C不正确； 对于D中，由，所以，即， 所以D正确. 故选：AD. 11. 在正方体中，点分别是和的中点，则（ ） A. 垂直 B. 与所成角为 C. 不垂直平面 D. 与平面所成角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积可判断空间位置关系，即可判断A；利用空间角的向量求法可判断B；结合A的分析，采用反证法，可判断C；确定平面的法向量，利用空间角的向量求法可判断D. 【详解】 如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， ， 故， 则，故不垂直， 即、不垂直，故A错误； 又，故， 由于异面直线所成角的范围为， 故与所成角为，故B正确； 由A的分析可知、不垂直，又， 即四边形为平行四边形，则，故不垂直， 若垂直平面，平面，则， 这与不垂直矛盾，故和平面不垂直，故C正确； 平面的法向量可取为， 则，而线面角范围为， 故与平面所成角的正弦值为， 则与平面所成角为，故D正确. 故选：BCD. 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. 已知用分层随机抽样从某校高二年级800名学生的数学成绩中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个.女生成绩数据60个.男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，则总样本的平均数为__________；方差为__________. 【答案】 ①. 72.5 ②. 148 【解析】 【分析】先分别求出男生及女生的平均数,再应用分层抽样的方差公式计算方差即可. 【详解】设男生成绩样本平均数为，方差为， 女生成绩样本平均数，方差为，总样本的平均数为，方差为， 则有， . 所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148. 故答案为：72.5；148 13. 如图，平行六面体各条棱长均为，，则线段的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，可得，再利用数量积运算性质即可得出. 【详解】因为，即， 所以， 又因为平行六面体各条棱长均为， 所以，， 因为， ∴ ， 所以，即线段的长度为. 故答案为：. 14. 如图所示，在空间直角坐标系中有长方体3，则点到直线的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算求点到直线的距离. 【详解】在长方体中，， 依题意，，， 所以点B到直线的距离. 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. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性并予以证明； （2）若存在使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 函数为偶函数，证明如下： ，函数的定义域为， 对于，都有，且， 所以函数为偶函数. （2） 【解析】 【分析】（1）先求出函数的解析式，再根据函数奇偶性的判定方法直接去判定即可得证. （2）由（1）的信息，利用基本不等式求出函数的最小值，再结合给定条件求出的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，当且仅当时取等号， 由存在使得不等式成立，得， 所以实数的取值范围为. 16. 如图所示，在棱长为4的正方体中，分别是棱上的动点，且，其中，以为原点建立空间直角坐标系. （1）求证：； （2）若，求的值. 【答案】（1） 依题意，，， 则，于是， 所以，即. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的空间直角坐标系，求出的坐标，计算即可得证. （2）求出的坐标，利用向量夹角的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，， 则， 所以. 17. 已知的内角对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式即可求解. （2）根据已知条件，结合余弦定理求出出，再利用三角形面积公式求出面积. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 则， 于是，而，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理，得， 即， 所以的面积. 18. 如图，在三棱锥中，平面，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接，由分别为的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理即得. （2）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在三棱锥中，由平面，，得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 19. 如图，在四棱锥中，，底面是直角梯形，. （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接、，由，得， 又，则，在直角梯形中，，， 则，又，有，于是， 又，平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2） 由（1）知平面，平面，则， 在梯形中，，，， 则，，而， 因此，即，又，平面， 则平面，又平面， 所以. （3）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到，再说明，即可得到平面，从而得证. （2）由（1）可知，再说明，得到平面，即可得证. （3）延长与延长线相交于点，连接，过作于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，则，即可得到平面，则是二面角的平面角，求出的长度，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 延长与延长线相交于点，连接，过作于点，连接， 由平面平面，平面平面，平面，， 得平面，而平面，则， 又，，平面，于是平面， 又平面，则，因此是二面角的平面角， 由且，得为的中点，又为边长为的等边三角形， 于是，，则，， 又平面，平面，则，， 在中，， 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 $ 威宁九中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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，，若为纯虚数，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 3. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在空间四边形中，点是的中点，点在上，设，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知空间向量，若共面，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在棱长为1的正方体中，设，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 7. 已知空间向量，若与的夹角是钝角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ） 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. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 的图象在上单调递增 C. 的图象关于点对称 D. 在区间上有两个零点 10. 已知点是所在的平面外一点，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 在正方体中，点分别是和的中点，则（ ） A. 垂直 B. 与所成角为 C. 不垂直平面 D. 与平面所成角为 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. 已知用分层随机抽样从某校高二年级800名学生的数学成绩中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个.女生成绩数据60个.男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，则总样本的平均数为__________；方差为__________. 13. 如图，平行六面体各条棱长均为，，则线段的长度为__________. 14. 如图所示，在空间直角坐标系中有长方体3，则点到直线的距离为__________. 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. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性并予以证明； （2）若存在使得不等式成立，求实数的取值范围. 16. 如图所示，在棱长为4的正方体中，分别是棱上的动点，且，其中，以为原点建立空间直角坐标系. （1）求证：； （2）若，求的值. 17. 已知的内角对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 18. 如图，在三棱锥中，平面，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 19. 如图，在四棱锥中，，底面是直角梯形，. （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）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 $