2023-2024学年云南省昆明市高一下学期月考联考数学检测试题(含解析)

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后：再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占30%，必修第二册第六、七、八、九章占70%。

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.设集合Axlog2x52，Bxx4x50，则AB（

2）

A.x1x1B.x1x5D.x1x5C.x1x0）

2.设l，m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ A.若l∥，m∥，∥，则l∥mB.若，l∥，m∥，则l∥mC.若直线m，n，且lm，ln，则lD.若l，m是异面直线，l，m，且l∥，m∥，则∥3.为了解中学生课外阅读情况，现从某中学随机抽取100名学生，收集了他们一周内的课外阅读时间：

一周内课外阅读时间/小时人数

03

110

220

317

420

523

≥67

）

这100名学生的一周内课外阅读时间的70%分位数是（ A.4.5

B.5

C.5.5

D.6

4.在△ABC中，cosC1，AC3，AB22，则△ABC的面积为（ ）31 / 12

A.22B.2C.423D.1

5.在△ABC中，D是BC的中点，E在AD上，且AE2ED，则BE（ ）21A.ABAC3312C.ABAC3321B.ABAC3312D.ABAC336.已知样本数据x1,x2,,x200的平均数为14，样本数据y1,y2,,y600的平均数为a，若样本数据x1,x2,,x200，y1,y2,,y600的平均数为a1，则a（ A.12

B.10

C.2

D.11

）

7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为OC1的中点，则异面直线A1E与BD1所成角的余弦值为（ A.）

B.2324C.39D.338.定义x为不超过x的最大整数，如0.11，0.50，2.32，22.已知函数fx满足：对任意xR.fx22fx.当x0,2时，fx2xx2，则函数

gxfxfx在4,4上的零点个数为（ ）

A.6

B.8

C.9

D.10

二、选择题：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.设复数z1mmi，mR，下列结论正确的是（ A.若z在复平面内对应的点在第二象限，则m1B.若z1，则z在复平面内对应的点在第二象限

）

C.

1zz是实数iD.复数z的实部大于虚部

10.已知a，b均为正数，且2a5b1，则下列结论一定正确的是（

）

2 / 12

A.

11ab140B.

91的最小值是16

a4babD.8a50b122C.ab的最大值是

11.已知三棱锥PABC的所有棱长都是6，D，E分别是三棱锥PABC外接球和内切球上的点，则（

）

B.三棱锥PABC内切球的半径是A.三棱锥PABC的体积是182C.DE长度的取值范围是6,2666D.三棱锥PABC外接球的体积276π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.某中学高一年级共有学生900人，其中女生有405人，为了解他们的身高状况，用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，若男生样本量为33，则n__________.

13.已知向量a2,2，ab4，则向量b在a方向上的投影向量的坐标为__________.

14.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC2AA127，ABBC线段A1B上一动点，则APPC1的最小值为__________.

21，P是

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.（13分）

已知函数fxsinx（1）求；

（2）求fx图象的对称轴方程；（3）若fxππcosxa0的最小正周期为π.66ππ的一个零点为，求a的值.2433 / 12

16.（15分）

已知fx27xaa4为幂函数.

（1）求函数f2a1的值域；（2）若关于x的不等式f17.（15分）

近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示.

x1log3fxm在3,9上有解，求m的取值范围.x（1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.

（2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前

1的商家进行奖励，两种3奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由.18.（17分）

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求角C的大小；

（2）若c3，求ab的取值范围.19.（17分）

如图①所示，在Rt△ABC中，C90，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，

11ccosAbacosC.224 / 12

AC2BC3DE6.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1CCD，如图②所

示.M是线段A1D的中点，P是A1B上的点，EP∥平面A1CD.（1）求

A1PAB的值.1（2）证明：平面BCM平面A1BE.（3）求点P到平面BCM的距离.

5 / 12

答案

1.A因为Axx1，Bx5x1，所以ABx1x1.2.D对于A，若l∥，m∥，∥，则l与m可能相交，也可能异面，A错误.对于B，若，l∥，m∥，则l与m可能相交，也可能异面，B错误.对于C，没有说m，n是相交直线，所以不能得到l，C错误.

对于D，若l，m是异面直线，l，m，且l∥，m∥，可以得到∥，D正确.

3.A因为3+10+20+17+20=70，所以这100名学生的一周内阅读时间的70%分位数是4.5.

1229BC2814.B因为cosC，所以sinC，由cosC，得BC1，所以

336BC3△ABC的面积S122312.23115.D因为D是BC的中点，所以ADABAC.因为AE2ED，所以

2221112AEADABAC，则BEAEABABAC.

333336.B根据题意可得

20060014aa1，解得a10.

2006002006007.C延长CB到F，使得CBBF，连接A1F，EF，A1B（图略），则A1F∥BD1，所以

FA1E为异面直线A1E与BD1所成的角.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，易知A1E3，EF17，A1F23，所以cosFA1E8.C当x0,2时，fx2xx2，因为对任意xR，fx22fx，所以fx2fx2.当x2,4时，x20,2，

912173.923236 / 12

22fx2fx222x2x24x22x2，…，

函数fx的部分图象为如图所示的曲线.

可得当x4,11,3223,4时，0fx1，fx0；22当x1，x32时，fx1；2当x3时，fx2；

当322x3且x3时，1fx2，fx1.2222，3，3，4，共9个零点.221m0,解得m1，A正确；

m0,如图所示，则gx的零点为-4，-2，0，1，2，39.ACD因为z在复平面内对应的点在第二象限，所以若z1m2m21，则m1或m0，所以复数z在复平面内对应的点在第二象限

或者第四象限，B错误；因为

1z1zz12m，所以z是实数，C正确；ii因为z1mmi，所以1mm，D正确.10.BCD对于A，易知A不恒成立，A错误.对于B，由2a5ba4bab1，

得

9119a9ba4b9a4bab1016，a4baba4baba4bab7 / 12

9aba4b11当且仅当时，即a，b，等号成立，B正确.126a4bab对于C，由基本不等式可知2a5b1210ab，即ab11，当且仅当a，404b1时，等号成立，C正确.1012a5b4a225b222对于D，由基本不等式可知，则8a50b1，当且仅当222a11，b时，等号成立，D正确.41011.ACD如图，

取BC的中点M，连接AM，PM，作PH平面ABC.易证H在AM上，且AH2HM23，则PH从而三棱锥PABC的体积V6232226，

1132Sh626182，故A正确.334设三棱锥PABC内切球的半径为r，则VPABC1SPABCr，3所以r3VPABC31826，故B错误.

SPABC29342222设三棱锥PABC外接球的半径为R，球心为O，RAHOHPHOH，

22即R12OH26OH2，解得OH6，2所以R36，28 / 12

则三棱锥PABC外接球的体积是276π，DE长度的取值范围是6,26，故C，D

正确.

33900405，解得n60.n900ab4113.（1，1）设b在a方向上的投影向量为cx,y，则c2aaa，所以

82a12.60由分层随机抽样的定义可得

c1,1.

14.7连接BC1，以A1B所在直线为旋转轴，将△A1BC1所在平面旋转到与平面ABB1A1重合，

设点C1的新位置为C，连接AC，则有APPC1APPCAC，如图所示.

当A，P，C三点共线时，AC的长为APPC1的最小值，因为AA17，AB21，所以A1BBC7212227.

又A1C27，所以△A1BC是边长为27的正三角形，A1BCπ.3又tanABA1ππ3，所以ABA1，所以ABC，

62321287.

由勾股定理可得AC9 / 12

15.解：（1）fxπππ2sinxa2sinxa，

6412因为T2ππ，0，所以2.

（2）令2xππkπkZ.1225πkπkZ.242ππfx2sin2xa，

246得fx图象的对称轴方程为x（3）由（1）知fxπ2sin2xa，则

12由2sin2ππa0，36得a2.216.解：（1）因为fx27xaa4为幂函数，所以271，解得a3，

a所以fx11xx，则f2a1f24x.x24111xf2a1，则函数的值域为0,.x2444因为244，所以0x（2）f1log3fxm即xlog3xm.x令gxxlog3x，则gxxlog3x在3,9上单调递增.因为xlog3xm在3,9上有解，所以gxminm，所以3log33m，解得m4，即m的取值范围为4,.

17.解：（1）由题意可知0.00520.015m0.0250.03101，解得m0.02.设中位数为n，则0.050.150.2n700.0250.5，解得n74，所以中位数为74，

平均数为（45+95）×0.05+55×0.15+65×0.2+75×0.25+85×0.3=72.5.

10 / 12

（2）由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为

80780.250.30.05600240，10方案二受到奖励的商家的个数为600200，因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多.18.解：（1）因为

1311ccosAbacosC，所以ccosA2bacosC，22即ccosAacosCb2bcosC，所以cosC1.2因为0Cπ，所以Cπ.3（2）由正弦定理得

abc323，sinAsinBsinC32所以a23sinA，b23sinB，所以ab23sinAsinB.由AB2π2πB，，得A3331πcosBsinBsinB23cosB所以ab23，226因为0B2πππ5π3π3，B，所以，cosB3666262π3，即ab的取值范围为（-3，3）.6所以323cosB19.（1）解：过点P作PN∥BC交A1C于点N，连接DN，设DNCMO.因为BC∥DE，所以PN∥DE，所以点P，N，D，E在同一平面内，因为EP∥平面A1CD，平面PNDE平面A1CDDN，所以EP∥DN，所以四边形DNPE为平行四边形，所以PNDE.

11 / 12

故

A1PNPDE2.A1BBCBC3（2）证明：在△A1CD中，A1CCD，A1D4，CD2，所以CA1D30.因为M是线段A1D的中点，所以MCA130，MCD60.因为

A1NA1P223，所以CN.A1CA1B33在△NCD中，NDC30，

所以COD180MCDNDC90，DNCM.由题意可得BCCD，DEA1D.因为DE∥BC，所以BCA1D.

因为CDA1DD，所以BC平面A1CD，BCDN.因为CMBCC，所以DN平面BCM.由（1）可得EP∥DN，所以EP平面BCM.因为EP平面A1BE，所以平面BCM平面A1BE.

（3）解：因为PN∥BC，BC平面BCM，所以PN∥平面BCM，所以点P到平面BCM的距离即点N到平面BCM的距离.由（2）得DN平面BCM，CNπ233ONCNsinACM，ACM，.116333，3所以ON为点N到平面BCM的距离，且点N到平面BCM的距离为所以点P到平面BCM的距离为3.312 / 12