2022-2023学年安徽省宣城市三校高二上学期期初联考（月考）数学试题含解析

2022-2023学年安徽省宣城市三校高二上学期期初联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简两个集合，再结合集合的交集运算求解.

【详解】因为，所以，即；

因为，所以；所以.

故选：B.

2．已知，在下列条件中，使得成立的一个充分而不必要条件是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由充分而不必要条件的定义，再结合不等的性质及特殊值依次判断即可.

【详解】对于A：若，得，则，即，反之不行，所以是成立的充分不必要条件；

对于B：，所以是成立的充要条件；

对于C：取，得不是的充分条件；

对于D：取，得不是的充分条件.

故选：A.

3．已知某射击运动员每次击中目标的概率都相同.现采用随机模拟的方法估计该运动员射击3次，击中3次的概率：先由计算器输出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，表示击中目标.因为射击3次，故以每3个随机数为一组，代表射击3次的结果.经随机模拟产生了以下20组随机数：

据此估计，该射击运动员射击3次击中3次的概率约为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据数据找出3次击中的次数，利用古典概率求解.

【详解】射击3次击中3次共11组，总数为20组，所求概率为.

故选：C.

4．在中，角所对的边分别为，则的值等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用余弦定理求出边，然后利用正弦定理可求答案.

【详解】由余弦定理得，解得.

由正弦定理可得，

则

.

故选：B.

5．关于的一元二次不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用二次不等式恒成立列出不等式组求解即可.

【详解】因为不等式为一元二次不等式，所以,

若一元二次不等式恒成立，

则，可得，此时不等式恒成立.

故选：C

6．函数的零点个数为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】把函数拆分为两个函数，分别作出图象，结合交点个数来求解答案.

【详解】；

在同一直角坐标系内画出函数和的图象，

又，；

所以函数和恰有3个交点，即函数有3个零点，

故选：C.

7．如图，在中，M为BC的中点，则=（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】以为基底，表示，又，则可得出的关系式，求解计算可得结果.

【详解】，，故.

故选：C

8．如图，正四棱台的上､下底面边长分别为分别为，的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为，求出即得解.

【详解】解：该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为，

如图所示，，

所以，

可得，

故该内切球的表面积为.

故选：A

二、多选题

9．对于任意两个向量，下列命题正确的是（       ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】AC

【分析】由向量的概念、加法、减法和数量积运算依次判断4个选项即可.

【详解】对于A，显然正确；对于B，当为非零向量，且时，显然，B错误；

对于C，，C正确；对于D，向量无法比较大小，D错误.

故选：AC.

10．甲､乙两盒中皆装有若干个不同色的小球，从甲盒中摸出一个红球的概率是，从乙盒中摸出一个红球的概率是，现小明从两盒各摸出一个球，每摸出一个红球得3分，摸出其他颜色小球得0分，下列说法中正确的是（       ）

A．小明得6分的概率为

B．小明得分低于6分的概率为

C．小明得分不少于3分的概率为

D．小明恰好得3分的概率为

【答案】BD

【分析】根据独立事件同时发生的概率公式判断A，由对立事件概率公式判断BC，根据互斥事件概率公式计算D.

【详解】设“从甲盒中摸出一个红球”为事件，“从乙盒中模出一个红球”为事件，

则，且独立.

在A中，小明得6分的概率为，A错误；

在B中，小明得分低于6分的概率为，B正确；

在中，小明得分不少于3分的概率为，C错误；

在D中，小明恰好得3分的概率为，D正确.

故选：BD

11．关于函数，下列说法中错误的是（       ）

A．其表达式可写成

B．曲线关于点对称

C．在区间上单调递增

D．，使得恒成立

【答案】ABD

【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，可判断选项A；当时，求出函数值，可判断选项B；利用区间范围以及整体代换，判断单调性，可得选项C正确；

利用最小正周期的定义结合函数解析式判断选项D．

【详解】 ，

，所以A不正确；

当时，有，所以B不正确；

当时，有，因为，所以C正确；

的最小正周期，若，使得恒成立，说明是f(x)的一个周期，而，与“f(x)最小正周期为”矛盾，因此D不正确．

故选：ABD

12．若点P在棱长为2的正方体ABCD—的表面运动，点M为棱的中点，则下列说法中正确的是（       ）

A．当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥M—ADP体积不变

B．当点P在底面ABCD内运动时，点P到平面M的距离不变

C．当直线AP与直线DM所成的角为时，线段AP长度的最大值为3

D．当直线AP与直线BB1所成的角为°时，点P的轨迹长度为π

【答案】BC

【分析】由正方体的性质判断P到平面、平面的距离是否为定值判断A、B；取，中点E，F，连接EA，EF，FB，求证MD⊥平面ABFE，结合判断P的轨迹，即可确定AP长度的最大值判断C；注意P点轨迹是含圆弧的曲边三角形，进而求周长即可判断D.

【详解】A：易知，△ADM面积不变，P到平面距离不定，不定，错误；

B：点P在底面ABCD内运动时，平面平面ABCD，P到平面的距离不变，正确；

C：分别取，中点E，F，连接EA，EF，FB，

首先EF与CD平行且相等，CD与AB平行且相等，

因此EF与AB平行且相等，则EFBA是平行四边形，

在同一平面内，正方形，易得，

所以°，

所以（N为AE，DM的交点），

所以，又AB⊥平面，MD平面，

所以、AE平面ABFE，

所以MD⊥平面ABFE，而，则P∈平面ABFE，

所以P点轨迹是矩形ABEF（除A点），

当P与F重合时AF最大，为，正确；

D：当直线AP与直线所成的角为时，连接，，

在正方形内，以为圆心，2为半径作圆弧，易证P点轨迹就是曲边三角形（除去A点），其周长为，错误.

故选：BC

三、填空题

13．设（其中为虚数单位），则___________.

【答案】

【分析】利用复数除法法则及加法法则，结合复数的摸公式即可求解.

【详解】由题意可知，

所以.

故答案为：.

14．已知幂函数的图象过点，则___________.

【答案】

【分析】利用待定系数法求出函数解析式即可求解.

【详解】设，

由的图象过点，可得，解得

，故.

故答案为：.

15．已知点在的边上，的面积为，则___________.

【答案】

【分析】根据等边三角形三个内角相等及三角形的面积公式，再利用勾股定理及正弦定理即可求解.

【详解】为等边三角形，，

由，得，则，

作交于，如图所示

在等边三角形中，，

则，

在中，，

在中，由正弦定理得.

故答案为：.

16．设的定义域为，且满足，若，则___________.

【答案】2024

【分析】根据所给函数的性质，可推出函数是以4为周期的周期函数，再由函数性质可得，据此即可求解.

【详解】因为，所以，

由，得，有，

可得，有，

又由，可得，可知函数的周期为4，

可得，

有，

因为，所以

由得，

所以，

即，

所以

所以.

故.

故答案为：2024

四、解答题

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(1)求角A的大小；

(2)若，求cosB的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理边角关系可得，再应用二倍角正弦公式化简，即可求角A的大小；

（2）应用余弦定理先求出a，再求cosB的值.

【详解】(1)由正定理得：，而，

∴ ，故，

∵，则

，则

.

(2)由余弦定理得，

即，解得，

∴，则.

18．某班20位女同学平均分为甲､乙两组，她们的美学鉴赏课考试成绩如下（单位：分）：

甲组：

乙组：

(1)试分别计算两组数据的极差和方差；

(2)试根据（1）中的计算结果，判断哪一组的成绩较稳定？

【答案】(1)甲组：极差为（分），方差为；乙组：极差为（分），方差为

(2)乙组的成绩较稳定

【分析】（1）根据已知条件及极差公式，再利用平均数的公式及方差公式即可求解；

（2）根据（1）的结论及极差和方差的定义和作用即可求解.

【详解】(1)甲组：最高分为95分，最低分为65分，极差为（分），

平均数为 （分），

方差为

乙组：最高分为95分，最低分为65分，极差为（分），

平均数为 （分），

方差为

(2)由于甲乙两组极差相同，但乙组的方差小于甲组的方差，因此乙组的成绩较稳定.

19．如图，在长方体中，，分别是线段，的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，直线与所成角的余弦值是，求四面体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)设为的中点，连接、，则、，利用面面平行的判定定理即可证明；

(2)由（1）知是异面直线与所成角，解三角形得，结合三棱锥的体积公式计算即可.

【详解】(1)设为的中点，连接，，

则，，

又平面，平面，平面，

所以平面，平面，

又平面，

所以平面平面，又平面，

所以平面；

(2)由（1）知，是异面直线与所成角，所以，

在中，因为，.

所以，

因此.

20．读书可以增长知识，开拓视野，修身怡情.树人中学为了解本校学生课外阅读情况，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全校学生中抽出一个容量为100的样本，其中男生40名，女生60名.经调查统计，分别得到40名男生一周课外阅读时间（单位：小时）的频数分布表和60名女生一周课外阅读时间（单位：小时）的频率分布直方图.

(1)由以上频率分布直方图估计该校女生一周阅读时间的众数和75%分位数；

(2)由以上频数分布表和频率分布直方图估计总样本的平均数；

(3)从一周课外阅读时间为的样本学生中按比例分配抽取6人，再从这6人中任意抽取2人，求恰好抽到一男一女的概率.

（注：以各组的区间中点值代表该组的各个值）

【答案】(1)75%分位数是，众数是3

(2)3.6

(3)

【分析】(1)根据频率分布直方图，结合众数、百分位数的求法计算即可；

(2)根据频数分布表直接求出男生一周课外阅读时间平均数，根据频率分布直方图，结合平均数的求法求出女生一周课外阅读时间的平均数，即可求出总样本的平均数；

(3)根据频数分布表与频率分布直方图求出一周课外阅读时间为的男生与女生人数，结合古典概型的概率公式计算即可.

【详解】(1)由女生一周阅读时间的频率分布直方图知，阅读时间的众数是3，

设女生一周阅读时间的75%分位数为，，

解得；

(2)由频数分布表估计男生一周课外阅读时间平均数

由频率分布直方图估计女生一周课外阅读时间的平均数

所以估计总样本的平均数

(3)由频数分布表，频率分布直方图知，一周课外阅读时间为的学生中男生有3人，

女生有（人）

若从中按比例分配抽取6人，则男生有1人，记为，

女生有5人，记为，，，，，

则样本空间，

共有15个样本点.

记事件“恰好一男一女”，则

故所求概率.

21．如图，在四边形中，，，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，

(1)当时，求及；

(2)当四边形的面积取最大值时，求的面积.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理求得，结合诱导公式求得，最后由余弦定理即可求解；

（2）结合（1）得，由结合面积公式表示出四边形的面积，再借助辅助角公式及正弦函数的性质求解即可.

【详解】(1)在中，，，

由余弦定理得，

所以.

因为，所以，

由正弦定理得，即，解得，

因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以且，

所以，

在中，由余弦定理得；

(2)由（1）得，

，此时，，且，

当时，四边形的面积最大，即，此时，，

所以，即.

的面积为.

22．如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）．

(1)证明：平面平面；

(2)是否存在点，使得二面角的正切值为？若存在，确定点位置；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)存在，为的中点，

【分析】（1）由已知可得平面，则，则有平面，所以，而，所以平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，

（2）假设存在点满足题意，过作于，过作于，连接，可证得为二面角的平面角，不妨设，则，则由∽，可得，再由可求出的值，从而可确定出点的位置

【详解】(1)证明：因为，

所以平面，

因为平面，

所以，

因为，

所以平面，

因为平面，

所以，

因为，所以,

因为，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，

(2)假设存在点满足题意，如图，过作于，

因为，所以∥，

由（1）知平面，所以平面，

因为平面，所以，

过作于，连接，

因为，所以平面，

因为平面，所以，

所以为二面角的平面角，

不妨设，则，

在中，设，

因为∽，

所以，

所以，得，

所以，解得，

即此时为的中点，

综上，存在点，使得二面角的正切值为，此时为的中点，

【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，解题的关键是通过过作于，过作于，连接，结合已知条件证明出为二面角的平面角，再根据题意求解，考查数形结合的思想，属于较难题