【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，1.106 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e2305bb0aed0e7f52b209735a7ef9c0a.html

以下为本文档部分文字说明：

襄阳五中2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.直线3310xy++=的倾斜角是（）A.30B.60C.120D.1

50【答案】D【解析】【分析】由3310xy++=可得3133yx=−−，可得斜率为从而求得倾斜角．【详解】由3310xy++=可得3133yx=−−，所以直线3310xy++=的斜率为33k=−，设直线的倾斜为，则3tan

3k==−，因为0180，所以150=．故选：D2.若事件A与B相互独立，P（A）＝23，P（B）＝14，则P（A∪B）＝（）A.16B.712C.34D.1112【答案】C【解析】【分析】根据事件A与B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B），再由P（A∪B）＝P（A）

+P（B）-P（AB）求解.【详解】因为事件A与B相互独立，且P（A）＝23，P（B）＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B）＝16，所以P（A∪B）＝P（A）+P（B）-P（AB）=23+14-16=34故选：C【点睛

】本题主要考查独立事件概率以及并集事件的概率，属于基础题.的3.盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1

到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：343432314134234132243331112324342241244342

124431233214344434由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（）A.220B.15C.14D.35【答案】C【解析】【分析】找出恰好第三次结束时就停止的随机数的个数，利用古典概型公式求解概率．【详解】随机模拟产生了20组随机数，其中恰好第三次结束时

就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个，由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为51204P==．故选：C．4.关于直线l、m及平面、，下列命题中正确的是（）A.若//l，m=，则//lmB.若l⊥，//m

，则lm⊥C.若//l，//m，则//lmD.若//l，ml⊥，则m⊥【答案】B【解析】【分析】根据已知条件判断直线l、m的位置关系，可判断ABC选项的正误；根据已知条件判断m与的位置关系，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，若//l，则l

与平面内的直线平行或异面，因为m=，则l与m平行或异面，A选项错误；对于B选项，//m，过直线m的平面与的交线a满足//am，l⊥，a，la⊥，故lm⊥，B选项正确；对于C选项，若//l，//m，则l与m

平行、相交或异面，C选项错误；对于D选项，若//l，ml⊥，则m、//m或m与相交，D选项错误.故选：B.【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关

定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．5.已知一个足球场地呈南北走向．在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进了2

4米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为（）A.87米B.810米C.32米D.819米【答案】D【解析】分析】作出示意图，利用余弦定理计算即可.【详解】如图，根据题意可知16,24,120ABBCABC===.根据余弦定理可得：2222212cos12016242

1624()2ACABBCABBC=+−=+−−，解得819AC=(米)故选：D6.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（）A.29B.49C.59D.23【答案

】B【解析】【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，【写出所有可能的结果有：(),3A，(),4A，(),AB，()1,3，()1

,4，()1,B，()2,3，()2,4，()2,B共计9个，选出的2名教师性别相同的结果有()1,B，()2,B，(),3A，(),4A共计4个，故选出的2名教师性别相同的概率为49．故选：B.7.若{,,}abc构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A.,2,abacbc−−−B.2

,,22bcababc+−−−C.2,2,2abacbc+−+D.23,,abcabac++++【答案】B【解析】【分析】由题意，根据空间向量的运算，结合平面向量基本定理，可得答案.【详解】对于A，设,xy，使得()()2

abxacybc−=−+−，则()2abxaybxyc−=+−+，即()2110xyxy==−−+=，该方程无解，故A错误；对于B，设,xy，使得()()222bcxabyabc+=−+−−，则()()222bcxyaxybyc+=+−+−，即()02122xyxyy

+=−+=−=，解得11xy==−，故B正确；对于C，设,xy，使得()()222abxacybc+=−++，则()222abxaybyxc+=++−，即21220xyyx==−=，该方程无解，故C错误；对

于D，设,xy，使得()()23abcxabyac++=+++，则()23abcxyaxbyc++=+++，即123xyxy+===，该方程无解，故D错误；故选：B.8.若动点A、B分别在两条平行直线1l：2

60xny+−=和2l：50xy+−=上移动，则直线1l与2l的距离以及AB中点M到原点距离的最小值分别为（）A.2、32B.22、2C.2、22D.2、42【答案】C【解析】【分析】利用两直线平行列方程求出n

，得到1l：30xy+−=，利用两平行线间的距离公式即可求出直线1l与2l的距离；求出M的轨迹方程为40xy+−=，利用点到直线的距离公式求出M到原点距离的最小值.【详解】因为直线1l：260xny+−=

和2l：50xy+−=平行，所以26115n−=−，解得：=2n.所以1l：2260xy+−=，即30xy+−=.所以直线1l与2l的距离为12253211d−==+.因为动点A、B分别在两条平行直线1l：30xy+−=和2l：50xy+−=上，所以可设AB中点M

的轨迹方程为0xyC+−=.所以2222351111CC−−=++,解得：4C=.所以M的轨迹方程为40xy+−=.M到原点距离的最小值即为原点到直线40xy+−=的距离2220042211d+−==+.故选：C二、选择题：本题共4小题，

每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.给出下列四个命题，其中正确的命题有（）A.甲、乙二人比赛，甲胜的概率为35，则比赛5场，甲胜3

场B.抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为1或4”，事件B为“向上的点数为奇数”，则A与B互为对立事件C.抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是950D.随机事件发生的频率

不一定是这个随机事件发生的概率【答案】CD【解析】【分析】根据频率和概率的定义，以及对立事件的定义，即可判断选项.【详解】A.甲胜的概率为35表示甲每次获胜的可能性都是35，但不一定比赛5场，甲胜3场，故A错误；B.事件A与B都包含“向上的点数为1”这个事件，故不是对立事件，故B错误；C

.由频率的概念可知抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是950，故C正确；D.频率在一定程度上反映了事件发生的可能性，随着实验次数的改变而改变，当实验次数相当大时，频率非常接近概率，而概

率是事件本身的属性，不随实验次数的多少而改变，是定值，故D正确.故选：CD10.以下命题正确的是（）A.直线l的方向向量()1,1,2a=−，直线m的方向向量()1,2,1b=，则lm⊥B.直线l的方向向量()0,1,

1a=−，平面的法向量()1,1,1n=−−，则//lC.两个不同平面,的法向量分别为()()122,1,0,4,2,0nn=−=−，则//D.平面经过三点()()()1,0,1,0,1,0,1,2,0ABC−−，向量()1,,=

rnut是平面的法向量，则1,0ut==【答案】CD【解析】【分析】对于A，利用直线的方向向量是否垂直即可求解；对于B，利用直线的方向向量与平面的法向量是否垂直即可求解；对于C，利用平面的法向量是否平行即可求解；对于D，利用待定

系数法设出平面的法向量，求出u和t的关系即可求解.【详解】对于A，因为直线l的方向向量()1,1,2a=−，直线m的方向向量()1,2,1b=，所以()11122110ab=+−+=，所以a与b不垂直，故直线l与直

线m不垂直，故A错误；对于B，因为直线l的方向向量()0,1,1a=−，平面的法向量()1,1,1n=−−，所以()()()0111110an=+−+−+−=，所以an⊥，故//l或l，故B错误；对于C，因为两个不同平面

,的法向量分别为()()122,1,0,4,2,0nn=−=−，所以212nn=−，即12//nn，所以//，故C正确；对于D，因为()()()1,0,1,0,1,0,1,2,0ABC−−，所以()()1,

1,1,1,1,0ABBC=−=−,又向量()1,,=rnut是平面的法向量，则00nABnBC==,即1010utu−++=−+=，解得1,0ut==，故D正确.故选：CD.11.（多选）若圆上的点()2,1关于直线0xy+=的对称点仍在圆

上，且圆的半径为5，则圆的标准方程可能是（）A.225xy+=B.()2215xy−+=C.()2215xy++=D.()()22115xy−++=【答案】AD【解析】【分析】由题意可知圆心在直线0xy+=上，设圆心坐标为(),aa−，由()()22215aa−++=求得0a=或1a=，再根据

圆的标准方程即可求解.【详解】∵圆上的点()2,1关于直线0xy+=的对称点仍在圆上，∴圆心在直线0xy+=上．设圆心坐标为(),aa−，则由()()22215aa−++=，解得0a=或1a=，∴圆的标准方程为()()22115xy−++=或22

5xy+=．故选：AD．12.在正方体1111ABCDABCD−中，M，N，R分别为BC，1CC，1BB的中点，则下列说法正确的是（）A.1BBAN⊥B.1//AR平面AMNC.设1AB=，且P，Q分别在线段11AC与BD上，则PQ的最小值为

1D.设点E在平面11BBCC内，且1//AE平面AMN，则1AE与平面11BBCC所成角的正弦值的最大值为223【答案】BCD【解析】【分析】以点D为原点，向量1,,DADCDD的方向分别为x，y，z轴的正方

向建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B；求空间两点间距离最小值判断C；利用向量求线面角的正弦最大值判断D作答.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，以点D为原点，向量1,,DADCDD的方向

分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，令正方体的棱长为1，则1111(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),(0,0,1)ABCABCD，对于A，棱1CC中点1(0,1,)2N，则1

1(1,1,),(0,0,1)2ANBB=−=，112ANBB=，即AN与1BB不垂直，A不正确；对于B，棱BC中点1(,1,0)2M，则1(,1,0)2AM=−，令平面AMN法向量(,,)nxyz

=，因此，102102nAMxynANxyz=−+==−++=，令1y=，得(2,1,2)n=，又棱1BB中点1(1,1,)2R，则11(0,1,)2AR=−，1111()202ARn=+−=，即1ARn⊥，而1AR平面AMN，

于是得1//AR平面AMN，B正确；对于C，因1AB=，P，Q分别在线段11AC与BD上，则111(1,1,0)(,,0)APtACttt==−=−，点(1,,1)Ptt−，(,,0)DQsDBss==，点(,,0)Qss，,[0,1]ts，于是得22||(1)()11QPtsts=−−+

−+，当且仅当1tsts+==，即12ts==时取“=”，所以当点P，Q分别为线段11AC，BD的中点时，PQ取得最小值1，C正确；对于D，因点E在平面11BBCC内，设11(,1,)Exz，则111(1,1,1)AExz=−−，由选项B知平面AMN的法

向量(2,1,2)n=，的因1//AE平面AMN，则1112(1)12(1)0AEnxz=−++−=，即1132zx=−，又平面11BBCC的法向量(0,1,0)m=，令直线1AE与平面11BBCC所成的角为，则sin|cos,||

|||||AEmAEmAEm===222222111111111112231939(1)1(1)(1)1()232()2448xzxxxxx===−++−−++−−+−+当且仅当134x=时取“=”，因此，当点33(,1,)44E时，1AE与平面11BBCC所成角的正弦

值的最大值为223，D正确.故选：BCD【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质；③空间线面平行的向量证明.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设,Rxy，向量(),1,1ax=，()1,,1by=，()1,2

,1c=−，且ac⊥，bc∥，则+=ab______．【答案】3【解析】【分析】由向量的垂直和平行易得x和y的值，可得ab+的坐标，由模长公式可得．【详解】解：(),1,1ax=，()1,,1by=，()1,2,1c=−，ac⊥，210acx=−+=，解得：1x=，又bc∥，2y=−，

(1,1,11)(2,1,2)abxy+=+++=−，222||2(1)239ab+=+−+==，故答案为：3．14.()1,0,2a=−在()1,2,2b=方向上的投影向量的坐标为__________．【答案】12

2,,333【解析】【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.【详解】()1,0,2a=−在()1,2,2b=方向上的投影向量为：2104122cos,(1,2,2)(,,)144333babaabbbb−++==

=++，故答案为：122(,,)333.15.经过点(2,3)P，并且在y轴上的截距是在x轴上的截距的两倍的直线方程为_______．【答案】2+7=0xy−或320xy−=【解析】【分析】分截距为零和不为零两种情况求直线方程即可.【详解】①当横纵截距为零时，直

线的斜率303202k−==−，所以直线方程为32yx=，即320xy−=；②当横纵截距不为零时，设直线方程为12xyaa+=，将点P代入得2312aa+=，解得72a=，所以直线方程为1772xy+=，即

270xy+−=.故答案为：320xy−=或270xy+−=.16.已知D是ABC的边BC上一点，且3BCBD=，2AD=，tan15BAC=，则2ACAB+的最大值为______．【答案】12105##12105【解

析】【分析】设bAC=，cAB=，BDm=，则2CDm=，3BCm=，再在ABD△和ACD中分别列出余弦定理，根据()coscoscosADBADCADC=−=−联立可得2222612bcm+=+，再结合1cos4BAC=，得到

222192mcbbc=+−，进而消去m，结合基本不等式求解最大值即可【详解】设bAC=，cAB=，BDm=，则2CDm=，3BCm=．在ABD△中，222224cos24ADBDABmcADBADBDm+−+−==；在ACD中，2222244cos28ADCDACmbADCADCDm

+−+−==．因为ADBADC=−，所以()coscoscosADBADCADC=−=−，所以222244448mcmbmm+−+−=−，整理2222612bcm+=+①．因为tan15BAC=，所以1cos4BA

C=．在ABC中，2222cosBCABACABACBAC=+−，即222192mcbbc=+−，结合①可得()()2222336423222bcbcbcbcbcbc=++=+−=+−()()22232522228bcbcbc++−=+，所以()236825bc

+，即121025bc+，当且仅当2bc=时，等号成立．故答案为：12105四、解答题：本题共6小题，共701分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且2AGGE=．（1）试用,,OAOBOC表示向量OG；（2）若4

,6,8,6090OAOBOCAOCBOCAOB======，，求OGAB的值．【答案】（1）111333OGOAOBOC=++（2）283【解析】【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）由（1）可

得111()()333OGABOAOBOCOBOA=++−，根据空间向量数量积的运算律及定义计算可得．【小问1详解】∵2AGGE=，∴2()OGOAOEOG−=−，∴32?OGOEOA=+又2OEOBOC=+∴111333OGOAOBOC=++【小问2详解

】由（1）可得知111()333OGABOAOBOCOBOA=++−22111111333333OAOBOAOBOBOAOCOBOCOA=−+−+−2211113333OAOBOCOBOCO

A=−++−22111111284668483332323=−++−=．18.矩形ABCD的两条对角线相交于点()2,0M，AB边所在直线的方程为360xy−−=，点()1,1T−在AD边所在直线上．（1）求AD边所在直线

的方程；（2）求矩形ABCD外接圆E的方程．【答案】（1）320xy++=（2）()2228xy−+=【解析】【分析】（1）根据直线垂直得到直线AD的斜率，进而利用点斜式写出AD边所在直线的方程；（2）求出A点坐标，且外接圆圆心为()2,0M，从而写出矩形外

接圆的方程.【小问1详解】因为AB边所在直线的方程为360xy−−=，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为－3又因为点()1,1T−在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为()131yx−=−+，即320xy++=；【小问2详解】由360320xyxy−−

=++=，解得：02xy==−，故点A的坐标为()0,2−，因为矩形ABCD两条对角线的交点为()2,0M，所以点M为矩形ABCD外接圆圆心．又因为()()22200222AM=−++=，从而矩形ABCD外接圆E的方程为()2228xy−+=.19.甲乙丙三人独立地破

译一份密码，已知各人能破译的概率分别为()1,,014ppp．（1）当13p=时，求三人中恰好两个人成功破译的概率；（2）设事件A=“密码被三人中恰好一人成功破译”，求()PA的最大值．【答案】（

1）736（2）920【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式即可得解；（2）根据相互独立事件的乘法公式结合二次函数的性质即可得解.【小问1详解】当13p=时，三人中恰好两个人成功破译的概率为112121311743343343336++=；【小问2详解】()()()()2

21335111144444PAppppppp=−+−+−=−++，当25p=时，()PA的最大值为920．20.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin23cosAaAb=．（1）求B；（2）若2ac=，ABC的面积为932，求b．

【答案】（1）π3B=或2π3（2）37b=【解析】【分析】（1）根据正弦定理即可求出结果；（2）利用面积公式和余弦定理即可求出结果.【小问1详解】由题干条件可知，cos0A，由正弦定理得2sincos3sincossinAAAAB=

，∵0πA，∴sin0A，∴3sin2B=．∵0πB，∴π3B=或2π3．【小问2详解】∵3sin2B=，∴11393sin22222ABCSacBcc===△，解得3c=，∴6a=．当π3B=时，由余弦定理得2222cos27bacacB=+−

=，∴33b=．又222abc=+，∴π2A=，则cos0A=，与题干矛盾，舍去．当2π3B=时，由余弦定理得2222cos63bacacB=+−=，∴37b=．综上，37b=．21.设直线l的方程为()()1520Raxyaa++−−=．（1）求证：不论a为

何值，直线l必过一定点P；（2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点(,0)AAx，(0,)BBy，当AOB面积最小时，求此时的直线方程；（3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数

时，求直线l的方程．【答案】（1）证明见解析（2）32120xy+−=（3）390xy+−=．【解析】【分析】(1)因为，()1520axya++−−=，通过化简得()250axxy−++−=，结合过定点列方程组，解出方程组的解即可得到定点坐标.(2)令0x=得，5

2Bya=+，令0y=可得，521Aaxa+=+.因为，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，所以𝑥𝐴>0,𝑦𝐵>0得到a的取值范围，再利用均值不等式求出a的值即可得到直线方程.(3)由(2)可知直线l分别与x，y轴的正半

轴相交，所以52Bya=+，521Aaxa+=+，均为正整数且a也为正整数求得2a=.将a的值代入原方程即可.【小问1详解】由()1520axya++−−=得()250axxy−++−=，则2050xxy−=+−=，解得23

xy==，∴不论a为何值，直线l必过一定点()2,3P；【小问2详解】由()1520axya++−−=，当0x=时，52Bya=+，当0y=时，521Aaxa+=+，又由5205201BAyaaxa=++=+，得1a−，()()()152191952

41122411212212121AOBaSaaaaaa+=+=+++++=+++，当且仅当()9411aa+=+，即12a=时，取等号．()4,0A，()0,6B，∴直线方程为32

120xy+−=．【小问3详解】直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，即52a+，521aa++均为正整数，而a也为正整数，523211aaa+=+++，2a=，∴直线l的方程为390xy+−=．22.如图，在三棱柱111ABCABC-中，

底面是边长为2的等边三角形，12,,CCDE=分别是线段1,ACCC的中点，1C在平面ABC内的射影为D.（1）求证：1AC⊥平面BDE；（2）若点F为棱11BC的中点，求点F到平面BDE的距离；（3）若点F为线段

11BC上的动点（不包括端点），求锐二面角FBDE−−的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）334（3）13,22【解析】【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证

；（2）利用空间向量法求点到面的距离；（3）利用空间向量求出二面角余弦值，再借助函数性质求值域.小问1详解】连接1AC，因为ABC为等边三角形，D为AC中点，则BDAC⊥，由题意可知平面11ACCA⊥平

面ABC，平面11ACCA平面ABCAC=，BD平面ABC，所以BD⊥平面11AACC，则1AC平面11AACC，可得1BDAC⊥，由题设知四边形11AACC为菱形，则11ACAC⊥，因为D，E分别

为AC，1CC中点，则1DEAC∥，可得1ACDE⊥，且BDDED=，BD，DE平面BDE，所以1AC⊥平面BDE.【小问2详解】1C在平面ABC内的射影为D，所以1CD⊥平面ABC，由题设知四边形11AACC为菱形，D是线段AC的中点，所以1A

CC△为正三角形，的【由BD平面ABC，AC平面ABC，可得1CDBD⊥，1CDAC⊥，又因为ABC为等边三角形，D为AC中点，所以BDAC⊥，则以D为坐标原点，DB，DA，1DC所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()

0,0,0D，()3,0,0B，()0,1,0C−，()10,0,3C，130,,22E−，()13,1,3B，()10,2,3A，31,,322F，可得()3,0,0DB=，130,,22DE=−，31,,322DF=

，设平面BDE的一个法向量为(),,mxyz=，则3013022mDBxmDEyz===−+=，令1z=，则0,3xy==，可得()0,3,1m=，所以点F到平面BDE的距离为3333224mDFdm+===.【小问3详解】因为()113,1,0CB=，()

10,3,3CA=设(),,Fxyz，()11101CFCB=，则()(),,33,,0xyz−=，可得3x=，y=，3z=，即()3,,3F，可得()3,,3DF=，由（2）知：平面BDE的一个法向量()0,3

,1m=设平面FBD的法向量(),,nabc=，则30330nDBanDFabc===++=，令3b=，则0a=，c=−，可得()0,3,n=−；则()222331cos,2323mnmnmn−−===+

+，令()32,3t−=，则3t=−，可得222111cos,126212621tmntttt==−+−+，因为111,32t，则212611,13tt−+，可得2c,os2,13mn

，所以锐二面角FBDE−−的余弦值的取值范围为13,22