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湖北省襄阳市襄州区第一高级中学2022-2023学年高二数学上学期9月月考试题(Word版含解析)
湖北省襄阳市襄州区第一高级中学2022-2023学年高二数学上学期9月月考试题(Word版含解析)
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2021~2022学年高二年级数学学科9月月考试题1.若复数,则的虚部为( )A.B.C.D.2.已知平面的一个法向量为,点在平面内,若点到平面的距离,则A.B.C.或D.或3.甲、乙两人比赛,每局甲获胜的概率为,各局的胜负之间是独立的,某天两人要进行一场三局两胜的比赛,先赢得两局者为胜,无平局.若第一局比赛甲获胜,则甲获得最终胜利的概率为( )A.B.C.D.4.在棱长均等的正三棱柱中,直线与所成角的余弦值为( )A.B.C.D.5.若,则( )A.B.C.D.6.阅读材料:空间直角坐标系中,过点且一个法向量为的平面的方程为,阅读上面材料,解决下面问题:已知平面的方程为,直线是两平面与的交线,则直线与平面所成角的正弦值为( )A.B.C.D.7.以等腰直角三角形斜边上的高为折痕,把和折成120°的二面角.若,,其中,则的最小值为( )A.B.C.D. 8.如图,已知在中,为线段上一点,沿将翻转至,若点在平面内的射影恰好落在线段上,则二面角的正切的最大值为( )A.B.1C.D.二、多选题9.已知,表示两条不重合的直线,,,表示三个不重合的平面,给出下列命题,其中正确的是( )A.若,,且,则B.若,相交且都在,外,,,,,则C.若,,则D.若,,,则10.下列说法中正确的有( )A.若事件A与事件B是互斥事件,则B.若事件A与事件B是对立事件,则C.某人打靶时连续射击三次,则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D.把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人,每人分得1张,则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件11.函数的部分图像如图所示,则下列结论正确的是( )A.B.若把图像上的所有点的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到函数的 图像,则函数在上是增函数C.若把函数的图像向左平移个单位长度,得到函数的图像,则函数是奇函数D.,若恒成立,则的取值范围为12.棱长为4的正方体中,E,F分别为棱,的中点,若,则下列说法中正确的有( )A.三棱锥的体积为定值B.二面角的正切值的取值范围为C.当时,平面截正方体所得截面为等腰梯形D.当时,三棱锥的外接球的表面积为三、填空题13.已知,则点到直线的距离为_______.14.已知向量可作为空间的一组基底,若,且在基底下满足,则__.15.已知三棱锥中,底面是边长为的正三角形,侧面底面,且,则该几何体的外接球的表面积为____________.16.如图,在的点阵中,依次随机地选出、、三个点,则选出的三点满足的概率是______.四、解答题17.如图,在空间四边形中,已知是线段的中点,在上,且.(1)试用,,表示向量;(2)若,,,,,求的值. 18.某班进行了一次数学测试,并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值;(2)估计这次测试成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(3)在测试成绩位于区间[80,90)和[90,100]的学生中,采用分层抽样,确定了5人,若从这5人中随机抽取2人向全班同学介绍自己的学习经验,设事件A=“抽取的两人的测试成绩分别位于[80,90)和[90,100]”,求事件A的概率P(A).19.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos2C=sin2A+cos2B+sinAsinC.(1)求角B的大小;(2)若,角B的角平分线交AC于D,且BD=1,求的周长.20.大力开展体育运动,增强学生体质,是学校教育的重要目标之一.我校开展体能测试,A、B、C三名男生准备在跳远测试中挑战2.80米的远度,已知每名男生有两次挑战机会,若第一跳成功,则等级为“优秀”,挑战结束;若第一跳失败,则再跳一次,若第二跳成功,则等级也为“优秀”,若第二跳失败,则等级为“良好”,挑战结束.已知A、B、C三名男生成功跳过2.80米的概率分别是,,,且每名男生每跳相互独立.(1)求A,B,C三名男生在这次跳远挑战中共跳5次的概率;(2)分别求A,B,C三名男生在这次跳远挑战中获得“优秀”的概率21.已知四棱锥中,底面是矩形,且,是正三角形,平面,、、、分别是、、、的中点.(1)求平面与平面所成的锐二面角的大小;(2)线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的大小为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由 22.如图所示,已知多面体中,四边形为菱形,为正四面体,且.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.参考答案:1.D【分析】根据共轭复数的定义,求出,再将转化为复数的标准形式即可.【详解】由题意,,,∴其虚部为;故选:D.2.C【分析】先计算,再代点到直线的距离公式即可求解【详解】由题意,所以,即,解得或.故选:C3.B【分析】分两种情况(甲第二局获胜或甲第二局负,第三局获胜)讨论得解.【详解】解:根据题意知只需考虑剩下两局的情况,(1)甲要获胜,则甲第二局获胜,此时甲获得最终胜利的概率为;(2)甲要获胜,则甲第二局负,第三局获胜,所以甲获得最终胜利的概率为.故甲获得最终胜利的概率为.故选:B4.D【分析】设正三棱柱的棱长为2,如图建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可. 【详解】设正三棱柱的棱长为2,取的中点,的中点,连接,则∥,,因为平面,平面,所以,所以,所以两两垂直,所以以为原点,所在的直线分别为建立空间直角坐标系,如图所示,则,所以,设直线与所成角为,则,所以直线与所成角的余弦值为,故选:D5.C【分析】令可得,再代入,结合诱导公式与二倍角公式求解即可 【详解】令可得,故,则故选:C6.A【分析】求出直线的方向向量,平面的法向量,再根据空间向量法求出线面角的正弦值,即可得解.【详解】解:平面的方程为,平面的法向量可取平面的法向量为,平面的法向量为,设两平面的交线的方向向量为,由,令,则,,所以,则直线与平面所成角的大小为,.,故选:A.7.C【分析】根据二面角的平面角的定义得是和折成120°的二面角的平面角,解三角形求得,,由已知得点P在平面ABC内,则的最小值为点D到平面ABC的距离,设点P到平面ABC的距离为h,运用等体积法可求得答案.【详解】解:由已知得,所以是和折成120°的二面角的平面角,所以,又,所以,,所以,因为,其中,所以点P在平面ABC内,则的最小值为点D到平面ABC的距离,设点P到平面ABC的距离为h,因为,,所以平面BDC,所以AD是点A到平面BDC的距离, 所以,又中,,所以,所以,则,所以,解得,所以的最小值为,故选:C.8.C【分析】过作交BC于E,连接EH,结合已知条件有二面角的平面角为,而,设且,则,即可求,,应用函数与方程思想,构造且在上有解求参数m的范围,即可得二面角正切的最大值.【详解】过作交BC于E,连接EH,∵在平面内的射影恰好落在线段上,即面,∴且,,即面,面,则,∴二面角的平面角为,在中,,若令,则,又, ∴,且,故,则,即方程在上有解时,m的最大值即为所求,而开口向上且,即,对称轴.∴当时,,显然成立;当时,当对称轴在上,恒成立;当对称轴在上,,即;∴综上,有,即,故二面角的正切的最大值为.故选:C.【点睛】关键点点睛:利用三垂线定理找到二面角的平面角,进而根据线段关系、勾股定理求,,由,结合函数与方程的思想求参数m范围,进而确定最大值.9.BD【分析】根据线面平行,面面平行的性质和判定分析判断即可.【详解】对于A,当,,且时,与有可能平行,也可能相交,所以A错误,对于B,设,确定的平面为,因为,,,,,是相交直线,所以,,故,所以B正确,对于C,当,时,与可能平行,也可能相交,所以C错误,对于D,当,,时,由线面平行的性质定理可知,所以D正确.故选:BD.10.ABC【分析】根据互斥事件、对立事件的概念判断即可.【详解】解:事件与事件互斥,则不可能同时发生,所以,故A正确;事件与事件是对立事件,则事件即为事件,所以,故B正确;事件“至少两次中靶”与“至多一次中靶”不可能同时发生,且二者必发生其一,所以为对立事件,故C正确; “甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生,即“丙分得的是红牌”,所以不是互斥事件,故D错误.故选:ABC11.CD【分析】根据图像可确定最小正周期,由此可得;根据可求得,由此可得A错误;根据三角函数伸缩变换可求得,利用代入检验的方式可知B错误;根据三角函数平移变换可得,由正弦型函数奇偶性判断可知C正确;将问题转化为,由正弦型函数值域求法可求得的值域,由此可得的范围,知D正确.【详解】对于A,由图像可知:的最小正周期,;,,解得:,又,,,A错误;对于B,图像上的所有点的横坐标变为原来的倍得:,当时,,在上不单调,B错误;对于C,的图像向左平移个单位长度得:,,即为奇函数,C正确;对于D,,由得:,当时,,,,,即实数的取值范围为,D正确.故选:CD.12.【答案】ACD 【分析】根据平面,得到点到平面的距离为定值,可判定A正确;当时,点与点重合,得到二面角的平面角大于,可判定B不正确;当时,得到可得且,可判定C正确;在上取点,使,连接,设三棱锥的外接球的球心为,根据,列出方程,求得球的半径,可判定D正确.【详解】对于A中,因为,可得点是线段上的一个动点,又因为平面,所以点到平面的距离为定值,所以三棱锥是定值,又由,所以A正确;对于B中,当时,点与点重合,此时二面角的平面角大于,如图所示,此时二面角的正切值小于,所以B不正确;对于C中,当时,此时,即点为的中点,如图所示,连接,此时,在正方体中,因为可得分别为棱,的中点,可得且,在直角中,可得,在直角中,可得,所以四边形为等腰梯形,即平面截正方体所得截面为等腰梯形,所以C正确; 对于D中,如图所示,连接,交于,则为的中点,所以,在上取点,使,连接,则,所以平面,则,设三棱锥的外接球的球心为,则,由及,得点在过点且平行于的直线上,设,因为,,所以,解得,所以,所以三棱锥的外接球的表面积为,所以D正确.故选:ACD13.##【分析】根据空间向量点到线的距离公式求解即可【详解】因为,,点到直线 的距离为:故答案为:14.2【分析】根据题意利用向量相等列出方程组求出的值.【详解】因为,且,所以,解得故答案为:2.15.【分析】取的中点,连接、,根据面面垂直的性质得到底面,建立空间直角坐标系,首先求出外接圆的圆心,即可设球心为,则,即可得到方程,求出,从而得到外接球的半径,最后根据球的表面积公式计算可得;【详解】解:取的中点,连接、,因为,为等边三角形,所以,,又侧面底面,侧面底面,所以底面,如图建立空间直角坐标系,则,,,,则外接圆的圆心为,设球心为,则,所以,解得,所以,所以外接球的表面积;故答案为: 16.【分析】先将个点标号,对点的位置进行分类讨论,结合古典概型的概率公式可求得结果.【详解】由题意可知、、三个点是有序的,讨论点为主元,对点分三种情况讨论,如下图所示:(1)第一类为号点.①若,三点共线有条直线,此时有种;②若,如点在号位,则点在号位或号位,即确定第二号点有种方法,确定第三号点有种方法,此时有种;(2)第二类为、、、号点,此时,不存在这样的点;(3)第三类为、、、号点,以号点为例,有三种情况如下图所示:故有种.综上所述,满足共有种. 因此,所求概率为.故答案为:.【点睛】方法点睛:求解古典概型概率的方法如下:(1)列举法;(2)列表法;(3)数状图法;(4)排列组合数的应用.17.(1)(2)【分析】(1)根据空间向量线性运算法则计算可得;(2)由(1)可得,根据空间向量数量积的运算律及定义计算可得;(1)解:,,又(2)解:由(1)可得知18.(1)(2) (3)【分析】(1)根据频率分布直方图的性质,列出方程,即可求解;(2)根据频率分布直方图的平均数的计算公式,即可求解;(3)根据题意确定抽样比,利用列举法求得基本事件的总数,以及所求事件中所包含的基本事件的个数,利用古典摡型的概率计算公式,即可求解.(1)解:由频率分布直方图的性质,可得,解得.(2)解:根据频率分布直方图的平均数的计算公式,这次测试成绩的平均数为(分).(3)解:测试成绩位于的频率,位于的频率,因为,所以确定的5人中成绩在内的有3人,分别记为,成绩在内的有2人,分别记为,从5人中随机抽取2人的样本空间:共有10个样本点,其中,即,所以概率为.19.(1)120°(2)【分析】(1)根据cos2C=sin2A+cos2B+sinAsinC,利用正弦定理和余弦定理求解;(2)根据,得到ac=a+c,再由b=2,利用余弦定理求解. (1)解:因为cos2C=sin2A+cos2B+sinAsinC,所以1﹣sin2C=sin2A+1﹣sin2B+sinAsinC,即sin2B=sin2A+sin2C+sinAsinC,由正弦定理得,b2=a2+c2+ac,由余弦定理得,cosB,由B为三角形内角得B=120°;(2)由题意得:,且ABDCBDB=60°,BD=1,所以,所以(a+c),即ac=a+c,因为b=2,由余弦定理得,b2=12=a2+c2﹣2accos120°=a2+c2+ac,因为,所以ac=a+c=4或ac=﹣3(舍),故的周长为.20.(1)(2)A,B,C三名男生获得“优秀”的概率分别为,,【分析】(1)A,B,C三名男生共跳5次,则可知有1人第一跳成功,其余2人第一跳失败,然后利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可,(2)根据题意获得优秀可分为两个互斥事件:第一次成功,第一次失败第二次成功,由此分别计算即可(1)记“A,B,C三名男生第跳成功分别为事件,则由题意可知,A,B,C三名男生共跳5次,则有1人第一跳成功,其余2人第一跳失败,记“A,B,C三名男生共跳5次”为事件,则 (2)由题意得男生跳高的等级为“优秀”的概率为,男生跳高的等级为“优秀”的概率为男生跳高的等级为“优秀”的概率为21.(1)(2)存在,.【分析】(1)证明出平面,,设,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得结果;(2)设,其中,利用空间向量法可得出关于的方程,结合可求得的值,即可得出结论.(1)解:因为是正三角形,为的中点,所以,,因为平面,平面,,,平面,因为且,、分别为、的中点,所以,且,所以,四边形为平行四边形,所以,,,则,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系, 设,则,、、、、、、,,,设平面的法向量为,则,取,可得,易知平面的一个法向量为,所以,,因此,平面与平面所成的锐二面角为.(2)解:假设线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的大小为,设,其中,,由题意可得,整理可得,因为,解得.因此,在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的大小为,且. 22.(1)证明见解析(2)【解析】(1)通过证明平面平面来证明平面;(2)如图,以菱形的两条对角线所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系,利用向量法计算二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为四边形为菱形,所以,又平面,平面,所以平面,同理可得平面,因为平面,,所以平面平面因为平面,所以平面.(2)以菱形的两条对角线所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系,如图所示:设,则,因为为正四面体,所以点E坐标为,,因为平面平面,所以平面与平面的法向量相同.设平面的一个法向量为,则 ,即可取.可取为平面的法向量.所以,所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的证明,二面角大小的求解,考查了运用空间向量来求解二面角问题,考查了学生的空间想象和运算求解能力.
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高中 - 数学
发布时间:2023-02-03 11:38:08
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文章作者:随遇而安
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