2022-2023学年黑龙江省哈尔滨工业大学附属中学校高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨工业大学附属中学校高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】通过和分别求出集合和集合，从而运用集合的交集求出

【详解】，

所以

故选：C

2．下列命题中，既是全称量词命题又是真命题的是（    ）

A．矩形的两条对角线垂直 B．对任意a，b，都有a2 + b2 ≥ 2（a﹣b﹣1）

C．x， |x| + x = 0 D．至少有一个x，使得x2 ≤ 2成立

【答案】B

【分析】根据全称量词和特称量词命题的定义判断，全称量词命题要为真命题必须对所以的成立，对选项逐一判断即可.

【详解】A选项为全称量词命题，却是假命题，矩形的两条对角线相等，并不垂直，故A错误.

C,D选项是特称量词命题，故错误.

B选项是全称量词命题，用反证法证明，

因为

所以对,,故B正确.

故选:B.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数模长的性质求解即可.

【详解】由可得，故.

故选：B

4．已知是不同的直线,是不同的平面,下列命题中真命题为（    ）

A．若,则

B．若,则

C．若,则

D．若,则

【答案】C

【分析】可放在长方体中排除错误选项,选出正确选项.

【详解】解:由题知,不妨将, 放在长方体中可知,

关于选项A,如图所示可知A错误,

关于选项B,如图所示可知B错误,

关于选项D,如图所示可知D错误,

根据面面平行的性质定理可知,选项C正确.

故选:C

5．已知分别为三个内角的对边，且，则（    ）

A．3 B． C．6 D．

【答案】A

【分析】根据正弦定理可得，由三角形内角和、诱导公式及两角和的正弦公式可得，由三角形内角的范围可得，再由面积公式即可求解.

【详解】由正弦定理及得.

又因为在中，，

所以，整理得.

因为在，，所以，即.

又因为，所以.

又，所以.

故选:A.

6．某市教体局对全市高一年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了100名学生，他们的身高都处在A，B，C，D，E五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则样本中B层人数是（    ）

A．12 B．24 C．32 D．36

【答案】D

【分析】分别通过条形图和扇形图得出女生和男生的人数，最后相加即可.

【详解】女生在B层次人数为24，而女生总人数为：9+24++15+9+3=60人，故男生人数为100-60=40人，在B层次人数为40×30%=12，所以在B层一共36人.

故选：D.

7．已知在三棱锥中，，，，平面，则三棱锥的外接球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理和正弦定理可求得外接圆半径，由此可得三棱锥的外接球半径，由球的表面积公式可求得结果.

【详解】

在中，由余弦定理得：，

，

外接圆半径，又平面，

三棱锥的外接球半径，

则三棱锥的外接球的表面积.

故选：A.

8．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”，合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每次讲一艺.讲座次序要求“数”不在第一次也不在第六次，“礼”和“乐”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ）

A．480种 B．336种 C．144种 D．96种

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数，去掉其中的“礼”和“乐”相邻的不同次序数即可计算作答.

【详解】依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数有：，

“数”不在第一次也不在第六次时，“礼”和“乐”相邻的不同次序数有：，

所以所求“六艺”讲座不同的次序数共有：.

故选：B

二、多选题

9．下列命题中正确的有（    ）

A．一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数

B．数据6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的分位数为5

C．若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是乙

D．为调查学生每天平均阅读时间，某中学从在校学生中，利用分层抽样的方法抽取初中生20人，高中生10人．经调查，这20名初中生每天平均阅读时间为60分钟，这10名高中生每天平均阅读时间为90分钟，那么被抽中的30名学生每天平均阅读时间为70分钟

【答案】BCD

【分析】根据中位数与众数的定义判断A；求出分位数可判断B；求出乙组数据的方差可判断C；根据平均数的求法可判断D.

【详解】解：对于A，1，2，3，3，4，5的中位数为3，众数也为3，故A错误；

对于B，将数据由小到大排列为：1,2,2,2,3,3,3,4,5,6，

因为，所以数据6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的分位数为5，故B正确；

对于C，乙的平均数为，

方差为，

所以这两组数据中较稳定的是乙，故C正确；

对于D，被抽中的30名学生每天平均阅读时间为分钟，故D正确.

故选：BCD.

10．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，下列结论中正确的是（    ）

A．该试验样本空间共有个样本点 B．

C．与为互斥事件 D．与为相互独立事件

【答案】ABD

【分析】由题可得样本空间及事件样本点，结合互斥事件，独立事件的概念及古典概型概率公式逐项分析即得.

【详解】对于A：试验的样本空间为：正，正，正，反，反，正，反，反，共个样本点，故A正确

对于B：由题可知正，正，正，反，正，反，反，反，

显然事件，事件都含有“正，反这一结果，故，故B正确；

对于C：事件，事件能同时发生，因此事件不互斥，故C不正确；

对于D：，，，所以，故D正确．

故选：ABD.

11．在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（   ）

A．若，则；

B．对任意，都有；

C．对任意，都有；

D．若为锐角三角形，则．

【答案】ABD

【分析】由三角形的性质和正弦定理判断A，由三角形内角和性质，余弦定理的性质判断B，举反例C，由正弦函数性质，诱导公式判断D．

【详解】中，，由正弦定理得，A正确；

因为，所以，，所以，B正确；

，时，，C错误；

锐角三角形中，，则，，D正确．

故选：ABD．

12．如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ）

A．直线与是异面直线

B．不存在点使得

C．当点为中点时，过､､三点的平面截正方体所得截面为四边形

D．三棱锥的体积为定值

【答案】AD

【分析】由图可判断A，设中点为，若为中点，此时可得，即可判断B，作出截面，即可判断C，根据锥体的体积公式判断D；

【详解】解：由图可知直线与是异面直线，故A正确；

设中点为，若为中点，则有，，，平面，

所以平面，平面，所以，因为，所以，故B不正确；

取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，

此时过、､三点的平面截正方体所得截面为六边形，故C错误；

设正方体的棱长为，易知点到平面的距离为为定值，又，

所以，

即棱锥的体积为定值，故D正确.

故选：AD

三、填空题

13．已知，且，则的最小值是___________.

【答案】8

【分析】根据基本不等式结合求解即可.

【详解】，

当且仅当，即时取等号.

故答案为：8.

14．已知向量与的夹角为，，，则___________.

【答案】

【分析】首先根据数量积的定义求出，再根据及数量积的运算律计算可得.

【详解】解：因为向量与的夹角为，，，

所以，

所以

故答案为：

15．某社区服务站将5名抗疫志愿者分到3个不同的社区参加疫情防控工作，要求每个社区至少1人，则不同的分配方案有__________种.

【答案】150

【分析】根据分类计数原理，先分别算出两种情况分配方案的数量再相加即可.

【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3，1，1，此时不同的分配方案有种；

若3个社区的志愿者人数分别为2，2，1，此时不同的分配方案有种.

根据分类计数原理，不同的分配方案共有种.

故答案为：150

16．如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．

【答案】

【分析】先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.

【详解】由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，

对点分三种情况讨论，如下图所示：

（1）第一类为号点.

①若，三点共线有条直线，此时有种；

②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种；

（2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；

（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：

故有种.

综上所述，满足共有种.

因此，所求概率为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：

（1）列举法；

（2）列表法；

（3）数状图法；

（4）排列组合数的应用.

四、解答题

17．已知，，．

(1)求的值 ．

(2)求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)3

(2)最大值为3，最小值为

【分析】（1）先根据倍角公式以及进行三角恒等变换之后代入求值即可.

（2）根据给定的区间求出的取值范围，再根据正弦函数的单调性求出最值.

【详解】（1）解：由题意得

，，

当时，

（2）当时，

令时，在上单调递增.

函数在区间上的最大值为，最小值为.

18．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知

(1)求A；

(2)若，求的周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理即可求得角；

（2）利用三角函数求值域求周长的取值范围.

【详解】（1），

，

由正弦定理得：

，

又，所以，

所以.

（2）由正弦定理得：，

所以

，

，，

所以，所以，

所以周长.

19．为了选择奥赛培训对象，今年月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

(1)利用组中值估计本次考试成绩的平均数；

(2)从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少；

(3)已知学生成绩评定等级有优秀､良好､一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；

（2）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果；

（3）根据频率分布直方图计算出第五组和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.

【详解】（1）由频率分布直方图可知平均数.

（2）成绩在的频率为，成绩在的频率为，

第百分位数位于，设其为，

则，解得：，第百分位数为.

（3）第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为；

则从中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；

其中至少人成绩优秀的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；

至少人成绩优秀的概率.

20．如图，在直三棱柱中，，E为线段的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，求二面角的平面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）连接交于点O，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的平面角的余弦值，即可求得答案.

【详解】（1）证明：连接交于点O，连接，

在直三棱柱中，为矩形，所以O为中点，

又因为E为中点，所以，

又由平面平面，

所以平面．

（2）由题意知在直三棱柱中，，故两两垂直，

以B点为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，

可得，

设平面的法向量为，则 ，

令，则，

所以平面的一个法向量为，

因为平面的一个法向量可取为，

设二面角的平面角为，

则，

所以二面角的平面角的正弦值为．

21．为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试.试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲､乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.

(1)求和的值；

(2)试求两人共答对3道题的概率.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；

（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.

【详解】（1）由题意可得 即，

解得或  由于，所以

（2）设甲同学答对了道题乙同学答对了道题.

由题意得，，

，

设甲乙二人共答对3道题，

则，

由于和相互独立，与相互互斥，

所以

，

所以甲乙二人共答对3道题的概率为.

22．等腰梯形，，，点E为的中点，沿将折起，使得点D到达F位置．

(1)当时，求证：平面；

(2)当时，过点F作，使，当直线与平面所成角的正弦值为时，求λ的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题可得四边形是菱形，得出，再得出即可证明；

（2）由题意可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，根据向量关系即可求出.

【详解】（1）等腰梯形中，，E为的中点，四边形是菱形，，

折叠后，，,，，

设，则是中点，连接，则，

又，平面；

（2）取z中点，连接，

易得为等边三角形，则为等边三角形，

，则为等边三角形，，

设，则，则，

满足，，

所以可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

则,设，

，即，则可得，

则,

设平面的法向量为，

则，

令，则，即，

设直线与平面所成角为，

则，

解得（舍去）或.