2024-2025学年重庆市西南大学附中高二（上）月考数学试卷（一）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市西南大学附中高二（上）月考数学试卷（一）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知z(1+i)=2−i，则|z−−i|=A.1 B.22 C.2 2.设m，n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为(

)A.若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n

B.若α⊥β，m⊥α，n//β，则m⊥n

C.若m⊂α，n与α相交，则m与n异面

D.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β3.已知平面向量a=(4,2)，b=(m,1)，且(a+bA.−1 B.1 C.−1或−3 D.34.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π3，B=5π12，c=A.3 B.2 C.235.函数f(x)=ln(x2−mx−6)在(1,+∞)上单调递增，则A.m<−2 B.m≤−5 C.m≤2 D.m>26.如图所示，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，PA=AD=2AB=2，M为PD的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为(

)

A.33 B.63 C.7.已知函数f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx(ω>0,x∈R)在[0,π]上恰有2A.[1112,1712] B.[8.已知正四棱锥P−ABCD，其中AB=4，PA=42，平面α过点A，且面α⊥PC，则面α截正四棱锥P−ABCD的截面面积为(

)A.1633 B.833二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.现有一组数据4，7，9，3，3，5，7，9，9，6，则这组数据的第30百分位数为4

B.某人打靶时连续射击三次，则事件“至少两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件

C.若样本数据x1，x2，…，x10的方差为2，则数据3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的方差为1810.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos2A−cos2A.A=2B B.cosA=c−b2b C.a=2b 11.P为棱长为2的正方体ABCD−A1B1A.当P在线段B1D1上运动时，三棱锥P−A1BD的体积是定值

B.当P在线段BC1上运动时，异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是(0,π3]

C.当P在面ABCD内运动时，R为棱A1B1的中点且PR/​/平面B1C三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是______．13.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知棱AB=1，点14.布罗卡尔点(Brocard’spoint)是三角形几何中的一个特殊点.罗卡尔点的发现可以追溯到1816年.由德国数学家克雷尔(A.L.Crelle)首次发现，但当时并未受到广泛关注.直到1875年，法国军官布罗卡尔重新发现了这个点，并用自己的名字命名，从而引起了数学界的广泛关注.它的定义是：若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA，则称P为△ABC的布罗卡尔点.若设∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则称θ为布罗卡尔角.已知△ABC中，a=3，A=π6，若P为△ABC的布罗卡尔点，并记△PAB、△PBC、△PAC的外接圆面积分别为S1、S2、S3四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知向量m=(sinA+sinB,c)，n=(sinB−sinC,b−a)，满足m//n．

(1)求A；

(2)若角A的平分线交边BC于点D，AD=316.(本小题12分)

如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面SBC，SB=SC，M是BC的中点，AB=2，BC=4．

(1)求证：AM⊥SD．

(2)若AS=13，求四棱锥S−ABCD的体积．17.(本小题12分)

某学校为了解本校身体素质情况，分别从男生中随机抽取60人的体育测试成绩得到样本甲，从女生中随机抽取n人的体育测试成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图．

已知乙样本中数据在[80,90)的有40个．

(1)求n和乙样本直方图中a的值；

(2)试估计该校女生本次体育测试成绩的平均值和男生本次体育测试成绩的上四分位数(同一组中的数据用该组区间中点值为代表)；

(3)采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在[50,80)的学生中抽取7人，并从这7人中任取2人，求这两人分数都在[70,80)中的概率．18.(本小题12分)

如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1有内切球O1，且A1B1=2，AB=4．

(1)设平面O1BC∩平面O1B1C119.(本小题12分)

代数基本定理：任何一个n(n∈N∗)次复系数多项式方程f(x)=0至少有一个复根.由此可得如下推论：

推论一：任何一元n(n∈N∗)次复系数多项式f(x)在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积；

推论二：一元n次多项式方程有n个复数根，最多有n个不同的根.即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等．

推论三：若一个n次方程有不少于n+1个不同的根，则必有各项的系数均为0．

已知f(x)=x3+x2.请利用代数基本定理及其推论解决以下问题：

(1)求2f(x)−5x2+2x=0的复根；

(2)若∃a，b∈R，使得关于x的方程19a−f(2x)=f(2b−2x)至少有四个不同的实根，求a，b的值；

(3)若f(x)的图像上有四个不同的点A，参考答案1.B

2.D

3.C

4.A

5.B

6.A

7.D

8.A

9.BC

10.ABD

11.ACD

12.31613.1

14.27π15.解：(1)由题意，m=(sinA+sinB,c)，n=(sinB−sinC,b−a)，

则由m//n，可得(b−a)(sinA+sinB)=c(sinB−sinC)，

由正弦定理，可得(b−a)(b+a)=c(b−c)，

整理得b2+c2−a2=bc，

则cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，

又A∈(0,π)，所以A=π3；

(2)由题意，AD为角A的平分线，则∠BAD=∠CAD=π6，16.(1)证明：因为平面ABCD⊥平面SBC，平面ABCD∩平面SBC=BC，

在矩形ABCD中，SB=SC，M是BC的中点，所以SM⊥BC，

又因为SM⊂平面SBC，所以SM⊥平面ABCD，而AMC平面ABCD，所以SM⊥AM，

在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，M是BC的中点，

所以直角三角形ABM和直角三角形CDM中，

AM2=AB2+BM2=22+22=8，DM2=DC2+CM2=22+22=8，

又因为AD2=42=16，

所以AM2+MD2=AD2，所以DM⊥AM．

又DM∩SM=M，AM不在平面MDS内，所以AM⊥平面MDS，17.解：(1)根据题意可得(0.006+0.016+0.02+0.04+a)×10=1，解得a=0.018；

又乙样本中数据在[80,90)的频率为0.4，且乙样本中数据在[80,90)的有40个，

∴n=400.4=100；

(2)∵乙样本数据的平均数估计为55×0.06+65×0.16+75×0.2+85×0.4+95×0.18=79.8，

∴估计该校女生本次体育测试成绩的平均值为79.8分；

∵甲样本数据的前几组的频率依次为0.05，0.1，0.2，0.45，

∴甲样本数据的上四分位数估计为80+0.75−0.05−0.1−0.20.045=80+809≈89，

∴估计该校男生本次体育测试成绩的上四分位数为89分；

(3)∵甲样本数据中前三组的频率之比为0.05：0.1：0.2=1：2：4，

∴[50,60)中抽1人，[60,70)中抽2人，[70,80)中抽4人，

再从这7人中任取2人，共有C72=21个结果，18.(1)证明：因为ABCD−A1B1C1D1是正棱台，故B 1C1//BC，

B1C1⊂面O1B1C1，BC⊄面O1B1C1，

故BC/​/面O1B1C1，又BC⊂面O1BC，面O1BC∩面O1B1C1=l，

故l/​/BC，

又BC⊂面ABCD，l⊄面ABCD，

所以l/​/面ABCD；

(2)解：连接A1C1，D1B1，

设其交点为H，连接AC，BD，设其交点为O，连接OH，

因为ABCD−A1B1C1D1是正棱台，故O，O1，H三点共线，且OH，OA，OB两两垂直，

故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设OH=2m，m>0，则A(22,0,0)，B(0,22,0)，O1(0,0,m)，

A1(2,0,2m)，B1(0,2,2m)，D(0,−22,0)，

AB=(−22,22,0)，AA1=(−2,0,2m)，DA=(22,22,0)，

AO1=(−22,0,m)，

设平面BB19.解：(1)由题意，2x3+2x2−5x2+2x=0，即2x3−3x2+2x=0，所