【文档说明】四川省广安市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.156 MB，由管理员店铺上传

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广安二中高2023级2024年秋第一次月考数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）一、单选题: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，只有一个是符合题目要求的

.1.已知复数()i17iz=−，则z=（）A.7i−+B.7i−−C.7i+D.7i−【答案】D【解析】【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得.【详解】因为()i17i7iz=−=+，所以7iz=−.故选：D2.直线3:13lyx=−的倾斜角为（）A.30oB

.60oC.120D.150【答案】A【解析】【分析】由题意可知直线的斜率，根据直线的斜率求解倾斜角即可.【详解】设直线l的倾斜角为，0180，由题意可知，直线l的斜率为33，所以3tan3=，即

30=.故选：A.3.孝感市某高中有学生1200人，其中高一年级有学生400人，高二年级有学生600人，现采用分层随机抽样的方法抽取120人进行问卷调查，则被抽到的高二年级学生人数比高一年级学生人数多（）A20B

.30C.40D.50【答案】A【解析】.【分析】根据题意先求抽样比，进而求高一，高二被抽到的学生生人数即可求解.【详解】抽样比等于1201120010=，于是，高一被抽到的学生人数为14004010=，高二被抽到的学生人数为1

6006010=，所以高二年级学生人数比高一年级学生人数多604020−=.故选：A.4.已知直线l一个方向向量()2,1,3m=−，且直线l过点()0,,3Aa和()1,2,Bb−两点，则ab+=（）A.0B.1C.32D.

3【答案】D【解析】【分析】首先求出AB，依题意//ABm，则ABm=，根据空间向量共线的坐标表示计算可得.【详解】因直线l过点()0,,3Aa和()1,2,Bb−两点，所以()1,2,3ABab=−−−，又直线l的一个方向

向量()2,1,3m=−，所以//ABm，所以ABm=，所以()()1,2,32,,3ab−−−=−，所以21233ab=−−=−=−，解得123232ab=−==，所以3ab+=.故选：D5.空间内有三点()()()3,

1,4,2,1,1,1,2,2PEF−，则点P到直线EF的距离为（）A.14B.32C.3D.23【答案】A【解析】【分析】求出()1,1,1EF=−，得到直线EF的一个单位方向向量，利用点到直线距离公式得到答案.【详解】因为()

1,1,1EF=−，所以直线EF的一个单位方向向量为()31,1,13u=−．的为因为()1,0,5PE=−，所以点P到直线EF的距离为()22261214PEPEu−=−=．故选：A6.在ABCV中，60,3,2BACBCAB=

==，且有12AMAB=，则线段CM的长为（）A.32B.2C.3D.1【答案】D【解析】【分析】先由余弦定理求出1AC=，可得ABCV为直角三角形，由12AMAB=可得M为AB的中点，进而由斜边上的中线等于斜边一半可得CM的长.【详解】在ABCV中，由余弦定理可得22

22cosBCACABABACBAC=+−，则()22134222ACAC=+−，即2210ACAC−+=，解得1AC=.则由()222132+=即222ABACBC=+，可得CACB⊥，又1

2AMAB=，可知M是AB的中点，故CM即为斜边AB上的中线，则112CMAB==.故选：D.7.已知直线l的倾斜角为，并且0120，直线l的斜率k的范围是（）A.30k−B.3k−C.0k或3k−D.0k或33k−【答案】C【解析】【分析】根

据倾斜角与斜率的关系可求得斜率的取值范围.【详解】因为斜率tank=，且0120，其中90=时直线l无斜率，当090时，得0k；当90120时，得3k−；故选：C.8.已知四棱锥16,3ABCDEVCD−==，4BC=，CE平分BCD

，点P在AC上且满足3ACAP=，则三棱锥ADEP−的体积为（）A.87B.167C.85D.165【答案】B【解析】【分析】根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，则有()111633ABCDE

BCECDEBCDEVdSdSS−==+=四边形，利用三角形面积公式可得ACDEV−，又由点P在AC上且满足3ACAP=，可得P到平面AED的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案．【详解】根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P

到平面ADE的距离为h，则有()111633ABCDEBCECDEBCDEVdSdSS−==+=四边形，而1sin2BCESBCCEBCE=，1sin2CDESCDCEDCE=，又由3CD=，4

BC=，CE平分BCD，则43BCECDESS=，则13134837377ACDECDEABCDEBCDEVdSdSV−−====四边形；故487CADEACDEVV−−==，而13CADEADEVhS−=，

则有14837ADEhS=，又由点P在AC上且满足3ACAP=，故P到平面AED的距离为3h，则有11637PADECADEVV−−==，故11637ADEPPADECADEVVV−−−===．故选：B．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，

有多项符合题目要求.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.在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（）A.任意一条直线都有倾斜角B.直线的倾斜角越大，则该直线的斜率越大C.若一条直线的倾斜角为，

则该直线的斜率为tanD.斜率相等的两直线平行【答案】BCD【解析】【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义一一判断即可.【详解】任何一条直线都存在倾斜角，A正确；钝角大于锐角，但是钝角对应的斜率小于锐角对应的斜率，B错误；若一条直

线的倾斜角90=，则斜率不存在，C错误；斜率相等的两条直线可能是重合或平行，D错误；故选:BCD.10.已知甲､乙两位同学在高一年级六次考试中的数学成绩的统计如图所示，下列说法正确的是（）A.若甲､乙两组数据的平均数分别为12,xx，则12xxB.若甲､乙两组数据的方差分别为2212,ss，则

2212ssC.甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数D.甲成绩的极差小于乙成绩的极差【答案】ACD【解析】【分析】对四个选项一一判断：根据散点图直接判断选项A、B、D；分析甲、乙的中位数特点，即可判断C.【详解】由散点图的点的分布可知，甲同学除第二次考试成绩略

低于乙同学,其他次考试成绩都高于乙同学,所以12xx，故选项A正确；由散点图点的分步变化趋势可知,甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定,由方差的意义可得2212ss.故选项B错误；因为统计了6次数学成绩，故将一组数据从小到大排序后，第三个和第四个数据的平均数为该组

数据的中位数，由散点图知，甲同学成绩排序后的第三次和第四次成绩均在90以上，而乙同学成绩排序后的第三次和第四次成绩均在90以下，故甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数.故选项C正确；因为极差为数据样本的最大值与最小值的差,所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差

,故选项D正确.故选：ACD.11.在长方体1111ABCDABCD−中，1ABAD==，12AA=，动点P在体对角线1BD上（含端点），则下列结论正确的有（）A.当P为1BD中点时，APC为锐角B.存在点P，使得1BD⊥平面APCC.APP

C+的最小值303D.顶点B到平面APC的最大距离为66【答案】ABC【解析】【分析】依题意建立空间直角坐标系，设()101BPBD=，当P为1BD中点时，根据cosPAPCAPCPAPC=判断cosAPC得符号即

可判断A；当1BD⊥平面APC，则有1100BDAPBDCP==，从而求出可判断B；当11,BDAPBDCP⊥⊥时，APPC+取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点B到平面APC

的距离，分析即可判断D.【详解】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,2ABCD，设()101BPBD=，则()11,1,2BD=−−，故()1,,2BPBD==−−，则()()()0,1,0

,,2,1,2APABBP=+=+−−=−−，()()()1,0,0,,21,,2CPCBBP=+=+−−=−−，对于A，当P为1BD中点时，12=，则11,,122AP=−，1

1,,122CP=−，则11,,122PA=−−，11,,122PC=−−，所以1cos03PAPCAPCPAPC==，所以APC为锐角，故A正确；当1BD⊥平面APC，因为,APCP平面APC

，所以11,BDAPBDCP⊥⊥，则11140140BDAPBDCP=+−+==−++=，解得16=，故存在点P，使得1BD⊥平面APC，故B正确；对于C，当11,BDAPBDCP⊥⊥时

，APPC+取得最小值，由B得，此时16=，则151,,663AP=−，511,,663CP=−，所以306APCP==，即APPC+的最小值为303，故C正确；对于D，()()0,1,0,1,

1,0ABAC=−，(),1,2AP=−−，设平面APC的法向量(),,nxyz=，则()0120nACxynAPxyz=−+==−+−+=，可取()2,2,21n=−，则点B到平面APC的距离为221241ABnn=−+，当0=时，点B到平面

APC的距离为0，当01时，222211221112411132244==−+−++−，当且仅当12=时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为22，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得(),1,2AP

=−−，()1,,2CP=−−，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分.12.已知向量(2,,4),(1,4,2)amb=−=

−，且ab⊥，则实数m=______.【答案】52##2.5【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示可直接构造方程求得结果.【详解】因为ab⊥，所以·2480abm=−+−=，解得52m=.故答案为：52.13.已知,,,ABCD四

点共面且任意三点不共线，平面ABCD外一点P，满足2(,PDABPBPC=++均大于0)，则11+的最小值________.【答案】4【解析】【分析】根据向量的线性表示，结合共面的性质，可得1+=，即可利用基本不等式求解.【详解】由2PDABPBPC=++可得()()222P

DPBPAPBPCPAPBPC=−++=−+++,,,,ABCD四点共面且任意三点不共线，所以221−+++=，故1+=，由于,均为正数，所以()112224++=++

+=，当且仅当=，即12==等号成立，故答案为：414.如图，在四面体ABCD中，ABD△与BCD△均是边长为23的等边三角形，二面角ABDC−−的大小为90，则四面体ABCD的外接球表面积为______.【答案】

20π【解析】【分析】设1O为BCD△的中心，O为四面体ABCD的外接球的球心，过O作OGAM⊥，然后在RtAGO△中，由222GAGOOA+=求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.【详解】如图所示：设1O为BCD△的中心，O为四面体ABCD的外接球的球心，则1

OO⊥平面BDC．因为二面角ABDC−−的大小为90，即平面ABD⊥平面BCD，设M为线段BD的中点，外接球的半径为R，连接,,AMCMOA，过O作OGAM⊥于点G，易知G为ABD△的中心，则11OOOGMOMG===，因为32332MA==，故1313MGOG===，2GA=

，在RtAGO△中，222GAGOOA+=，故22212R+=，则5R=．所以外接球的表面积为24π20πSR==，故答案为：20π.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.11

1ππ1,2,,23ABADAABADBAADAA======．（1）用向量1,,ABADAA表示向量1BD，并求1BD；（2）求1cos,BDAC．【答案】（1）11BDADAAAB=+−，6（2）33【解析】【分析】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的

关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【小问1详解】111ABDDABADAAAB=−=+−，则2222211111()222BDADAAABADAAABADAAADABABAA=+−=+++−−1114121

20221622=+++−−=，所以16BD=.【小问2详解】由空间向量的运算法则，可得ACABAD=+，因为11,2ABADAA===且11ππ,23BADBAADAA===，所以2222cos2ACABAD

ABABADAD=+=++1012=++=，11()()BDACADAAABABAD=+−+2211ADABADAAABAAADABADAB=+++−−22ππππ11cos121cos21cos111cos22332=+++−−=，则11123cos,36

2BDACBDACBDAC===.16.已知(1,2),(5,0),(3,4)ABC.（1）若,,,ABCD四点可以构成平行四边形，求点D的坐标；（2）在（1）的条件下若点D在第四象限的情况下，判断,,,ABCD构成的平

行四边形是否为菱形.【答案】（1）(1,6)−或(7,2)或(3,2)−（2）不是菱形【解析】【分析】（1）分四边形ABCD、ABDC、ACBD是平行四边形三种情况讨论，分别利用对边的斜率相等求解即可；（2）分别验证

对角线是否垂直，即对角线斜率乘积是否为1−即可.【小问1详解】由题意得021512ABk−==−−，42131ACk−==−，40235BCk−==−−，设(),Dab，若四边形ABCD是平行四边形，则CDABkk=，ADBCkk=，即4132221baba−=−−−=−

−，解得16ab=−=，即()1,6D−.若四边形ABDC是平行四边形，则CDABkk=，BDACkk=，即4122015baba−=−−−=−，解得72ab==，即()7,2D.若四边形ACBD是平行四边形，则BD

ACkk=，ADBCkk=，即015221baba−=−−=−−，解得32ab==−，即()3,2D−.综上所述，点D的坐标为()1,6−或()7,2或()3,2−.【小问2详解】若D的坐标为()3

,2−，因为12ABk=−，直线CD的斜率不存在，所以平行四边形ACBD不是菱形.17.四棱锥MCDEF−中，平面MCD⊥平面CDEF，//DECF，24DECF==，CFEFCD==，MCD△是正三角形，点N是ME的中点．（1）求证：//FN平面MCD；（

2）求点D到平面MCE的距离．【答案】（1）证明见解析（2）3【解析】【分析】（1）记点H是MD的中点，连接,HNCH，利用线线平行证明线面平行；（2）连接CE，过点C作CPDE⊥于点P，可证平面MCD⊥平面MCE，作DQCM⊥于点Q，点Q到平面MCE的距离为DQ.【小问1详解】证

明：记点H是MD的中点，连接,HNCH，点N是ME的中点，//NHDE，且12NHDE=，//CFDE，且12CFDE=，//NHCF，且NHCF=，四边形CFNH为平行四边形，//CHFN，CH平面,MCDFN平面MC

D，//FN平面MCD．【小问2详解】解：连接CE，过点C作CPDE⊥于点P，由题知，11()(42)122DPDECF=−=−=，3CDP=，222212cos24224232CECDDECDDECDE=+−=+−=，222C

DCEDE+=，CECD⊥，平面MCD⊥平面CDEF，平面MCD平面CDEFCD=，CE⊥平面MCD，又CE平面CME，平面MCD⊥平面MCE，作DQCM⊥于点Q，又平面MCD平面MCECM=，则DQ⊥平面MCE，即点Q到平面MCE距离为D

Q．由MCD△是正三角形，且2CD=得3DQ=，点D到平面MCE的距离为3．18.某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五的组：第一组[45,55)，第二组

[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.（1）求,ab的值；（2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和60%分位数（分位数精确到0.1）；（3）在第四

､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.【答案】（1）0.005a=，0.025b=（2）众数为70，平均数为69.5，60%分位数为71.7（3

）25【解析】【分析】（1）由第三､四､五组频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求,ab的值；（2）由频率分布直方图中众数､平均数和百分位数的定义公式计算；（3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题.【小问1详解】因为第三､四

､五组的频率之和为0.7，所以()0.0450.020100.7a++=，解得0.005a=，所以前两组的频率之和为10.70.3−=，即()100.3ab+=，所以0.025b=.【小问2详解】的众数为70,平均数为500.05600.25700.45800.2900.05

69.5++++=，前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以60%分位数在第三组，且为0.60.3651071.70.45−+.【小问3详解】第四､第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人，则第四组抽4人，记为abcd,,,，第五组

抽1人，记为A，则从这5人中选出2人，有()()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,,,abacadaAbcbdbAcdcAdA共10种结果，两人来自不同组有()()()

(),,,,,,,aAbAcAdA共4种结果，所以两人来自不同组的概率为42105P==.19.在RtABC△中，90C=，3BC=，6AC=，,DE分别是,ACAB上的点，满足DEBC∥且DE经过ABCV的重心，

将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD⊥，M是1AD的中点，如图所示.（1）求证：1AC⊥平面BCDE；（2）求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）在线段1AC上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34？若存在，求出CN的长度；若

不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）π4（3）存在，3或23【解析】【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面

垂直关系；（2）以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系.用向量法求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）假设存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34，设1CNCA=，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可

得.【小问1详解】因为在RtABC△中，90C=，DEBC∥，且BCCD⊥，所以DECD⊥，DEAD⊥，则折叠后，1DEAD⊥，又11,,ADCDDADCD=平面1ACD，所以DE⊥平面1ACD，1AC平面1ACD，所以1DEAC⊥，又已知1ACCD⊥，CDDED=且都在面

BCDE内，所以1AC⊥平面BCDE；【小问2详解】由（1），以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系−Cxyz.因为2ADCD=，故223DEBC==，由几何关系可知，2CD=，14AD=，123AC=，故()0

,0,0C，()2,0,0D，()2,2,0E，()0,3,0B，()10,0,23A，()1,0,3M，()1,0,3CM=，()10,3,23AB=−，()12,2,23AE=−，设平面1ABE的法向量为(),,nxyz=r，则

1100nABnAE==，即323022230yzxyz−=+−=，不妨令2y=，则3z=，1x=，()1,2,3n=.设CM与平面1ABE所成角的大小为，则有42sincos,2222CMnCMnCM

n====，设为CM与平面1ABE所成角，故π4=，即CM与平面1ABE所成角的大小为π4；【小问3详解】假设在线段1AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.在空间直角坐标系

中，(1,3,3)BM=−，(1,0,3)CM=，1(0,0,23)CA=，设1CNCA=，则(0,0,23)CN=，(0,3,0)(0,0,23)(0,3,23)BNBCCN=+=−+=−，设平面B

MN的法向量为()2222,,nxyz=，则有2200nBMnBN==，即222223303230xyzyz−+=−+=，不妨令23z=，则22y=，263x=−，所以()263,2,3n=−，

设平面CBM的法向量为()3333,,nxyz=，则有3300nBMnCM==，即3333333030xyzxz−+=+=，不妨令33z=，则33x=−，30=y，所以()33,0,3n=−，若平面C

BM与平面BMN成角余弦值为34.则满足2323222391833cos,4239(21)43nnnnnn−+===−++，化简得22310−+=，解得1=或12，即1CNCA=或112CNCA=，故在线段1AC上存在这样的点

N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.此时CN的长度为3或23.