2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（二）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（二）数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（二）数学试题

一、单选题
1．已知a，b均为实数，复数：，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由复数为实数及不等关系列不等式，解一元二次不等式即可.
【详解】由题，所以为实数，即，
则有，解得，即a的取值范围为.
故选：A
2．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用对数函数的单调性，即可比较大小.
【详解】∵，
，
∴．
故选：C.
【点睛】本题考查利用对数函数的单调性比较大小，属基础题.
3．已知平面向量，的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先求出，根据数量积的定义求出，最后根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，所以，又向量，的夹角为，且，
所以，
所以在方向上的投影向量为.
故选：D
4．已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（    ）
A．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行
C．且 D．且
【答案】D
【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.
故选：D.
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将化为，利用诱导公式以及二倍角的余弦公式，化简求值，可得答案.
【详解】因为，
所以,
故选：A.
6．已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（    ）
A．10 B．10.6
C．12.6 D．13.6
【答案】D
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为，，原来的8个数分别为，
则，，所以，
又因为，即，
新的样本数据的方差为
，
因为，，
所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.
故选：D.
7．在三棱锥中，为正三角形，，，E为AB的中点，F为PC的中点，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先利用题目给出的边长证明和，进而得到平面PAB，然后将三棱锥补全为正三棱柱，再求外接球的表面积即可.
【详解】如图，在中，设，，

，则，所以，即，
，E为AB中点，则，则，因此平面PAB．
如图将三棱锥补全为正三棱柱，即求正三棱柱外接球的表面积．

底面正三角形外接圆半径r满足：，则．
三棱锥外接球半径．
.
故选：B．
8．设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：
  
①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④.
【详解】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；
  
若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；
  
若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；
  
若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；
  
故选：C

二、多选题
9．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）
A．是的充要条件
B．在中，若，，，则
C．若，，则面积的最大值为
D．若，则为钝角三角形
【答案】ACD
【分析】直接利用正弦定理的和大边对大角判断A的结论，利用正弦定理和三角函数的值判断B的结论，利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用判断C的结论，利用向量的数量积和余弦定理的应用判断D的结论．
【详解】对于A：由正弦定理，整理得，所以，由，所以，利用正弦定理，故是的充要条件，故A正确；
对于B：在中，若，，，利用正弦定理：，所以，由于，则或均符合题意，故B错误；
对于C：若，，则，所以，
又，所以，即，当且仅当时，等号成立，
故，故C正确；
对于D：，故，由于，所以，故为钝角三角形，故D正确．
故选：ACD．
10．一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，从中取出2个球，则（    ）
A．如果是不放回地抽取，那么“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件
B．如果是不放回地抽取，那么第2次取到红球的概率一定小于第1次取到红球的概率
C．如果是有放回地抽取，那么取出1个红球和1个白球的概率是
D．如果是有放回地抽取，那么至少取出一个红球的概率是
【答案】CD
【分析】根据对立事件的概念判断A选项即可；结合古典概型，列举基本事件，分别求对应的概率即可判断.
【详解】解：不放回地抽取2个球包括2个都是红球、2个都是白球和1个红球1个白球，共3种情况，
所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件，但不是对立事件，故A错误．
记2个红球分别为a，b，3个白球分别为1，2，3．
不放回地从中取2个球的样本空间，共20种，
记事件为“第1次取到红球”，事件为“第2次取到红球”，
则，，
所以，故B错误．
有放回地从中取2个球的样本空间，共25种；
记事件为“取出1个红球和1个白球”，则，
所以，故C正确．
记事件为“取出2个白球”，，
所以，所以至少取出1个红球的概率为，故D正确.
故选：CD．
11．已知函数，的定义域均为，为偶函数，，且当时，，则（    ）
A．为偶函数
B．的图象关于点对称
C．
D．8是函数的一个周期
【答案】ABD
【分析】根据给定等式推理可得，结合为偶函数，再逐项判断作答.
【详解】依题意，，，即有，
两式相加整理得，因此的图象关于点对称，B正确；
由为偶函数，得，于是，
有，因此函数的周期为4，8是函数的一个周期，D正确；
由，得，而，因此，为偶函数，A正确；
由当时，，得，而，，，
即有，，C错误.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
12．正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法正确的是（    ）

A．直线与平面平行
B．直线与直线垂直
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】ACD
【分析】连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：

因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，
连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，
平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；
因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；
因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，
作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，
，，C正确；
，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，
等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.
故选：ACD.

三、填空题
13．某校对高二年级全体学生进行数学学科质量检测，按首选科目（物理和历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类的学生占，该次质量检测的数学平均成绩为100分，选历史类的学生该次质量检测的数学平均成绩为80分，则可估计出该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是 ．
【答案】95
【分析】根据平均数的定义即可求解.
【详解】由题可知，样本中选历史类的学生占，所以估计该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分为.
故答案为：95.
14．设函数 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的解析式求出和再相加可得结果.
【详解】，
，
，
.
故答案为：.
15．在中，已知，P为线段AD上的一点，且满足．若的面积为，，则线段CP长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用A，P，D三点共线可求出，并得到．再利用平面向量的基本性质和基本不等式即可求出的最小值．
【详解】∵，且，
所以，
∵A，P，D三点共线，∴，即．
∴


，
又∵，且．
∴，即．∴.
∴




．
故答案为：．
16．已知函数是定义在R上的奇函数，且，若，且，都有，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据函数单调性的定义，结合函数奇偶性的性质进行求解即可.
【详解】记，当，时，
，
则有或
所以函数在上单调递减，
因为函数是定义在R上的奇函数，
所以
所以为偶函数，
因此在单调递增，且，
不等式
等价于和，
故或，解得或，
故不等式的解为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据不等式的形式构造新函数，利用新函数的奇偶性和单调性进行求解是解题的关键.

四、解答题
17．已知，函数．
(1)求图象的对称中心坐标及其在内的单调递增区间；
(2)若函数，计算的值．
【答案】(1),Z ，;
(2)

【分析】（1）利用向量的数量积运算以及三角恒等变形求得函数解析式，利用正弦函数的性质求得对称中心以及单调递增区间；
（2）利用函数的周期性求解.
【详解】（1）由已知得

令Z ，解得Z ，
所以图象的对称中心坐标为,Z ，
令Z ,解得，Z ，
所以在内的单调递增区间为.
（2），该函数周期为，
所以，，，，，
因为函数周期为，且，
所以
，
而
，
所以.
18．从某校高一学生中抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：
组号
分组
频数
1

6
2

8
3

17
4

22
5

25
6

12
7

6
8

2
9

2
合计
100
  (1)求频率分布直方图中的值；
(2)假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点代替，计算样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数；
(3)求出样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数.
【答案】(1)
(2)7.68
(3)8.56

【分析】（1）由题意，先计算出第三组和第五组的频率，进而求出对应矩形的高，进而可得的值；
（2）通过累加各组频率与组中值的乘积，即可得到平均数；
（3）先判断出第60百分位数位于内，设第60百分位数的值为，列式求解即可.
【详解】（1）已知课外阅读时间在的有17人，其频率为0.17，所以，
课外阅读时间在的有25人，其频率为0.25，所以.
（2）平均数.
（3）已知课外阅读时间在8小时以下的学生所占比例为
课外阅读时间在10小时以下的学生所占比例为
所以第60百分位数一定位于内，设第60百分位数的值为，
则，解得．
故样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数为8.56．
19．已知函数为偶函数，当时，.
（1）求当时，函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性并证明；
（3）设函数，使函数有唯一零点的所有构成的集合记为M，求集合M.
【答案】（1）；（2）函数在上单调递减，证明见详解；（3）.
【解析】（1）当时，，，利用函数的奇偶性求解即可；（2）函数在上单调递减，利用定义证明函数的单调性即可；（3）把函数有唯一零点的问题转化为方程有唯一的解的问题，利用函数的奇偶性和单调性得到，两边平方，利用方程有唯一的解即可得出结果.
【详解】（1）当时，，
又函数为偶函数，
则，
所以函数的解析式为；
（2）函数在上单调递减，
设任意，
则，
因为在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以函数在上单调递减；
（3）因为函数为偶函数，
所以函数在上单调递减，
函数的零点就是方程的解，
因为函数有唯一零点，
所以方程有唯一的解，
因为函数为偶函数，
所以方程变形为：，
因为函数在上单调递减，
所以，
平方得：
，
当时，即，经检验方程有唯一解；
当时，，
得或，
综上可得：集合.
【点睛】关键点睛：把函数有唯一零点的问题转化为方程有唯一的解的问题是解决本题的关键.
20．如图，在四棱锥中，底面是菱形.
  
(1)若点是的中点，证明：平面；
(2)若，，且平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）设为的中点，连接，证明平面，从而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】（1）连接交于M，连接，
    
因为底面是菱形，所以为的中点，
又点是的中点，故为的中位线，
故，而平面，平面，
故平面；
（2）设为的中点，连接，因为，故，
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，
底面是菱形，故，作交于N，
则，且N为的中点，
连接，因为平面，
故平面，平面，
故，
则即为二面角的平面角，
设，则，
，则，则，
由于为的中点，N为的中点，故，则，
而平面，平面，故，
则
所以，
即二面角的正弦值为.
21．在①；②；③；这三个条件中任选一个（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）补充在下面问题中，并作答．
在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且______．
(1)求角的大小；
(2)若点满足，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理的边角变换，对各条件逐一变换化简即可得解；
（2）利用向量的线性运算与数量积运算法则推得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）若选①，
因为，由正弦定理得，
，即，

.
若选②，
因为，由余弦定理得，
则，故，
.
若选③，
因为，
所以由正弦定理得，，
即，
整理得，故，
.
（2）因为，
所以，则，
故
，
因为，，即，
故，则，
所以的面积为.
22．如图，三棱柱的底面为等边三角形，，点D，E分别为AC，的中点，，．

(1)求点到平面BDE的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用垂直关系转化，结合点到平面的距离的定义，根据线段间的关系求解即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，分别求出平面BDE和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【详解】（1）连接，，设与DE交于点F，
由可知，侧面为菱形，所以，
因为点D，E分别为AC，的中点，所以，则，
因为，所以，
则，又，所以为等边三角形，
由为等边三角形，，得，
连接，则，，
又，，所以，则，
易知，因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，平面BDE，平面BDE，所以平面BDE，
所以为点到平面BDE的距离，
又，故点到平面BDE的距离为．
（2）由（1）可知，两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，,，
由（1）知平面BDE的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，
于是，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的3种方法：
①利用法向量求点到平面的距离：设是平面的一个法向量，AB是平面的一条斜线，其中，则点B到平面的距离为；
②等体积法：立体几何中求点到平面距离的一种常用方法，使用这种方法的关键是找到易于求出底面的面积及对应底面上的高的底面；
③几何法：点到平面的距离，有时可转化为与所求距离相等的线段，通过几何证明求出线段长，即可得点到平面的距离．