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安徽省滁州中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试卷(Word版附解析)

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滁洲中学2022级高二上学期9月月考试卷数学时长:120分钟分值:150分考试范围:必修一、必修二、选择性必修一第一章和第二章2.1-2.3一、单选题(共8小题,每题5分)1.复数(为虚数单位)的共轭复数是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据共轭复数的定义直接得出结果.【详解】根据共轭复数的定义,的共轭复数是.故选:D2.在一次篮球比赛中,某支球队共进行了8场比赛,得分分别为,那么这组数据的第75百分位数为(  )A.38B.39C.40D.41【答案】B【解析】【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.【详解】8场比赛的得分从小到大排列为:25,29,30,32,37,38,40,42,因为,所以第75百分位数为.故选:B.3.若直线过点,其中,是正实数,则的最小值是()A.B.C.D.5【答案】B【解析】【分析】由点在直线上可知,结合均值不等式即可求解.【详解】因为直线过点,所以, 由和都是正实数,所以,,.所以,当时取等号,即,时取等号,所以的最小值是.故选:B.4.若直线与直线平行,则m=()A.B.C.或D.不存在【答案】B【解析】【分析】根据直线平行,即可求解.【详解】因为直线与直线平行,所以,解得:或,当时,两直线重合,不符合题意;当时,符合题意.故选:B.5.如图是函数在一个周期内的图象,该函数图象分别与轴、轴相交于、B两点,与过点的直线相交于另外两点、,则()A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】先求得两点的坐标,根据对称性求得,进而求得.【详解】因为函数,由,所以,令,即,可得即,当时,,所以,因为函数关于点A对称,所以关于A的对称点为,即的中点为A,所以又因为,所以.故选:D6.祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式,如图,底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上,然后在圆柱内挖去一个半径为R,高为R的圆锥后得到一个新的几何体,用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时,所截得的截面面积总相等,由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球,且球心到平面的距离为,则平面所截得的较小部分(阴影所示称之为“球冠)的几何体的体积是()A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积的一半减去圆台的体积,计算求解即可.【详解】∵,,,∴,∴.故选:A7.已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足,则()A.2B.1C.D.前三个答案都不对【答案】A【解析】【分析】根据射影定理结合题设条件可得,故可求两角的正切之比.【详解】由射影定理,得.又因为,联立解得,因此.故选:A.8.如图,已知四面体ABCD中,,,E,F分别是AD,BC的中点.若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为() A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】由四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,则可将四面体放入长方体中,求出长方体的长宽高可发现此长方体有一个面为正方形,故四面体中有一对异面直线垂直,由平面,及在长方体的位置,根据面面平行的判定定理及性质定理可证明截面为矩形,根据相似可得出截面相邻两边的和为定值,根据矩形面积,利用基本不等式即可求得截面面积最大值.【详解】解:由题知四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,故可将此四面体放入长方体中,如图所示:不妨设该长方体长、宽、高分别为,则有①,②,③,联立①②③可得:,设平面与四面体的各面分别交于KL,LM,MN,KN,如图所示: 平面,由长方体性质可知平面,故平面平面平面,平面平面,平面平面,即平面平面平面平面,,,即,同理可得, 故,四边形为正方形,,即,即,,,综上:四边形KLMN为矩形,所以,当且仅当时成立.故截面面积的最大值为1.故选:A【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中的截面问题,属于难题,关于特殊几何体的方法有:(1)正四面体可放在正方体中考虑;(2)四面体中互为异面直线的棱长相等,可放在长方体中考虑;(3)有一条棱垂直底面,可补成直三棱柱.二、多选题(共4小题,每题5分)9.如果,那么下列不等式一定成立是()A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】对于AC,利用不等式的性质分析判断,对于B,利用指数函数的性质分析,对于D,利用对数函数的性质分析判断.【详解】对于A,因为,所以由不等的性质可得,所以A正确,对于B,因为在上递减,且,所以,所以B错误,对于C,因为,,所以,得,所以C错误, 对于D,因为在上递增,,所以,所以D正确,故选:AD10.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A、B,满足,,,,则下列结论正确的是()A.B.C.A与B互斥D.A与B相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据概率的基本概念和独立事件的基本运算求解即可.【详解】因为,,,,所以,故A选项正确;作出示意图如下,则A与B不互斥,故C选项错误;又,,,所以事件A与B相互独立,故B、D选项正确;故选:ABD.11.下列选项正确的有()A.“,”是假命题,则 B.函数的图象的对称中心是C.若存在反函数,且,则的图象必过点D.已知表示不超过的最大整数,则函数值域为【答案】BD【解析】【分析】A中,把问题化为“,”是真命题,分和两种情况求解即可;B中,根据函数图象平移,可得到函数的图象,从而确定其对称中心;C中,由反函数的定义与题意知,从而可求的图象所过点的坐标;D中,根据函数的定义与性质,即可得出正确的判断.【详解】对于A,因为“,”是假命题,所以“,”是真命题,当时,恒成立,当时,应满足,解得,综上知,实数的取值范围为,选项A错误.对于B,因为函数图象的对称中心是,所以函数的图象是函数的图象向右平移个单位,再向上平移个单位得到,所以函数的对称中心是,选项B正确;对于C,函数的反函数是,且,所以,所以的图象必过点,选项C错误;对于D,由的定义知在上单调递增,其值域为,,所以在上周期为1,所以的图象如图所示: 由图可知:函数的值域为,选项D正确.故选:BD.12.在棱长为1的正方体中,,,分别为线段,,上的动点(,,均不与点重合),则下列说法正确的是()A.存在点,,,使得平面B.存在点,,,使得C.当平面时,三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为D.记,,与平面所成的角分别为,,,则【答案】AD【解析】【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系,令,当时,则要使平面则需可用向量法计算判定选项A;=,=则++=+要使则需=即可,用三角函数判定选项B;当平面时则需最大,则选项C可判定;由等积法得到平面的距离为进而可得,选项D可判定.【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系, 令平面,平面又平面又平面当时,则要使平面则需,则,即当时,则选项A正确;=,=则++=+要使则需==,=,=则中由余弦定理可得另, 可得,则又则故,选项B错误;当平面时则需最大,,由平面可得则又所以最大为最大为,选项C错误;因为则可得=又可由等积法得到平面的距离为可得 可得,选项D正确.故选:AD.三、填空题(共4小题,每题5分)13.若“”是“”的必要条件,则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】根据题意解得:,得出,由此可得出实数的取值范围.【详解】根据题意解得:,由于“”是“”的必要条件,则,.因此,实数的取值范围是:.故答案为:.14.直线l:绕着点逆时针旋转与直线重合,则的斜截式方程是____________.【答案】【解析】【分析】先找到直线的斜率,再由直线过点求出直线方程.【详解】设直线l的倾斜角为,则,则,所以直线,故答案为:.15.已知2023年第57届世界乒乓球锦标赛规定适用的乒乓球直径为4cm.如图,是一个正方形硬纸板,现有同学将阴影部分裁掉,把剩余的扇形部分制作成一个圆锥型的纸筒.若这样的乒乓球能够完全装入该同学所制作的圆锥型的纸筒内,则正方形纸板面积的最小值为________平方厘米. 【答案】【解析】【分析】根据圆锥的内切球,利用相似即可求解内切球的半径,进而可求解正方形最大的边长,即可求解.【详解】设正方形的边长为,设圆锥的底面圆半径为,所以扇形的弧长为,设圆锥的内切球球心为,半径为,作出轴截面如图:圆锥的高,由于,所以,要使乒乓球能放入圆锥容器,则需满足,所以正方形的面积为,故最小值为,故答案为:16.如图,在棱长为2的正方体中,分别是棱的中点,点在线段上运动,给出下列四个结论: ①平面截正方体所得的截面图形是五边形;②直线到平面的距离是;③存在点,使得;④△面积的最小值是.其中所有正确结论的序号是______.【答案】①③【解析】分析】作出截面图形判断①,利用等积法可判断②,利用坐标法可判断③④.【详解】对于①,如图直线与、的延长线分别交于,连接分别交于,连接,则五边形即为所得的截面图形,故①正确;对于②,由题可知,平面,平面,∴平面,故点到平面的距离即为直线到平面的距离, 设点到平面的距离为h,由正方体的棱长为2可得,,,∴,,∴由,可得,所以直线到平面的距离是,故②错误;对于③,如图建立空间直角坐标系,则,设,∴,又,∴,,假设存在点,使得,∴,整理得, ∴(舍去)或,故存在点,使得,故③正确;对于④,由上知,所以点在的射影为,∴点到的距离为:,∴当时,,∴故△面积的最小值是,故④错误.故答案为:①③.四、解答题(共6小题,其中17邀10分,其它每题12分)17.已知为第二象限角,且.(1)求的值;(2)求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据为第二象限角,得到,进而得到正切值;(2)根据二倍角公式和诱导公式化简,分子分母同时除以,代入即可.【小问1详解】因为为第二象限角,,所以, 所以【小问2详解】原式,分子分母同时除以,则原式.18.(1)求两条平行直线3x+4y-12=0与mx+8y+6=0之间的距离;(2)求到直线3x-4y+1=0的距离为3,且与此直线平行的直线的方程.【答案】(1)3;(2)3x-4y+16=0或3x-4y-14=0.【解析】【分析】(1)由两直线平行列式可得m的值,再由平行线间的距离公式可求得结果;(2)设出平行直线系方程,由平行线间的距离公式列方程可得结果.【详解】(1)由两直线平行得,解得:m=6.∴直线6x+8y+6=0即为3x+4y+3=0.∴两平行直线间的距离,(2)设所求直线方程为3x-4y+m=0,由两平行线间的距离公式得,解得:m=16或m=-14.故所求的直线方程为:3x-4y+16=0或3x-4y-14=0.19.在如图所示的多面体中,平面,平面,为中点,是的中点. (1)证明:平面(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)作出辅助线,得到线线平行,从而证明线面平行;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量距离公式可得点到平面的距离是.【小问1详解】取CD中点M,连接MF,AM,因为是的中点,所以DE,又因为平面,平面,所以,又因为,所以,且MF=AB,所以四边形ABFM为平行四边形,所以,因为平面,平面,所以平面 【小问2详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,使得轴和轴的正半轴分别经过点和点,则,∴,,设平面BCE的法向量为,则,即,令,则,所以平面BCE的法向量为∴点到平面的距离. 20.在等腰直角三角形中,,点是边上异于的一点,光线从点出发,经反射后又回到原点,光线经过的重心.(1)建立适当的坐标系,请求的重心的坐标;(2)求点的坐标;(3)求的周长.【答案】(1)建立坐标系见解析,(2)(3)【解析】【分析】(1)建立坐标系,确定三角形顶点坐标,即可求得答案;(2)设,P关于直线的对称点分别设为,表示出 坐标,根据光线反射原理可知共线,结合重心坐标求得答案;(3)根据对称知识可知的周长即为,利用两点间距离公式可求得答案.【小问1详解】以A为坐标原点,以为轴建立平面直角坐标系,则,故的重心的坐标为,即;【小问2详解】设,P关于直线的对称点分别设为,则,设,直线的方程为,则,解得,即,由光的反射原理可知共线,且光线经过的重心,故,解得或(舍去),故;【小问3详解】由(2)可得,由题意可知,故的周长 .21.设的内角所对边分别为,若.(1)求的值;(2)若且三个内角中最大角是最小角的两倍,当周长取最小值时,求的面积.【答案】(1)2(2)【解析】【分析】(1)变形得到,由正弦定理得到,得到答案;(2)由题意得到,由正弦定理和余弦定理得到,求出,由,求出当时,周长最小,进而由三角形面积求出答案.【小问1详解】因为,所以,因为,所以,所以,由正弦定理,得,即.【小问2详解】由可得:,故,于是,由正弦定理及余弦定理可得:,解得:(舍)或者,故,因为,所以当时,周长最小,此时, 所以,所以的面积为.22.甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛,赛程如下面的框图所示,其中编号为i的方框表示第i场比赛,方框中是进行该场比赛的两名棋手,第i场比赛的胜者称为“胜者i”,负者称为“负者i”,第6场为决赛,获胜的人是冠军,已知甲每场比赛获胜的概率均为,而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.(1)求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率;(2)求甲获得冠军的概率;(3)求乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)根据独立事件的乘法公式即可求得答案;(2)确定甲获得冠军的比赛情况,求得每种情况的概率,即可求得答案;(3)分类讨论乙的决赛对手是谁,求出每种情况下的概率,根据互斥事件的概率加法公式,即得答案.【小问1详解】由题意知乙获仅参加两场比赛连负两场,即第1、4场比赛皆负,概率为;【小问2详解】甲要获得冠军,则甲参加的比赛结果有三种:1胜3胜6胜;1负4胜5胜6胜;1胜3负5胜6胜,故甲获得冠军的概率为;【小问3详解】 若乙的决赛对手是甲,则两人参加的比赛结果有2种情况:甲1胜3胜,乙1负4胜5胜;甲1负4胜5胜,乙1胜3胜;所以甲乙在决赛第二次相遇概率为;若乙的决赛对手是丙,则两人只可能在第3场和第6场相遇,两人参加的比赛结果有2种情况:乙1胜3胜,丙2胜3负5胜;乙1胜3负5胜,丙2胜3胜;同时要考虑甲在第4场和第5场的结果,故乙丙在第3场和第6场相遇的概率为,若乙的决赛对手是丁,情况和丙一样,故乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.【点睛】难点点睛:解答本题的难点在于第(3)问,要讨论乙的决赛对手是谁,并能确定两人是第二次相遇的比赛结果情况,即确定每场比赛的胜负情况,从而进行解答.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-09-25 21:45:02 页数:25
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文章作者:随遇而安

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