2022-2023学年云南省大理州高二上学期质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省大理州高二上学期质量监测数学试题含答案，共16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。

一、单选题
1．下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用元素与集合的关系直接求解．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，0是自然数，即有，故A正确；
对于B，是有理数，即有，故B不正确；
对于C，-3是整数，即有，故C正确；
对于D，是无理数，即有，故D正确，
故选:B.
2．设，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】C
【分析】利用复数除法运算法则化简，再由复数模的公式即可得出．
【详解】由，
得.
故选：C.
3．某单位共有老年人120人，中年人360人，青年人人，为调查身体健康状况，需要从中抽取一个容量为22的样本，用分层随机抽样的方法进行抽样调查，样本中的中年人为9人，则的值是（ ）
A．360B．400C．420D．480
【答案】B
【分析】根据分层抽样计算可得.
【详解】若样本中的中年人人数为9，则老年人人数为，
青年人人数为，所以，
得.
故选:B.
4．“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据不等式的解法，分别求得不等式的解集，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，解得，
又由不等式，可得，解得，
所以“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A.
5．若直线与双曲线：的一条渐近线平行，则实数的值为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】D
【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，注意，结合直线平行列方程求参数值即可.
【详解】由题设双曲线化为标准方程为且，故，
所以，双曲线渐近线为，其中一条与平行，
所以，则.
故选：D
6．若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知，向量、、共面，则存在实数、使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得的值.
【详解】因为向量，，不能构成空间的一个基底，
所以、、共面，故存在实数、使得，
即，
因为是空间的一个基底，则，解得.
故选：D.
7．已知正四面体ABCD的表面积为，E为棱AB的中点，球О为该正四面体的外接球，则过DE的平面被球О所截得的截面面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据表面积求出四面体的棱长，得出外接球的半径，根据截面圆的性质可得答案.
【详解】设正四面体的棱长为，则，∴，
∴正四面体的高为；
将正四面体放置于正方体中，如图1所示：可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，
∵正四面体的棱长为2，∴正方体的棱长为，可得外接球半径满足，
E为棱AB的中点，过DE作其外接球的截面，当球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积达到最小值，
此时球心O到截面的距离等于O到DE的距离，O到DE的距离为，
可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积最小值为.
故选:C.

8．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点О为其外接圆的圆心.已知，则当角C取到最大值时的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用外心的性质，可转化为，再由余弦定理及均值不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】点为其外接圆的圆心，分别是的中垂线，如图，

，
∴，即.
由，
当，即时取等号，此时角取到最大值，
此时，即为直角三角形，
所以当角取到最大值时，的面积为，
故选：A.
二、多选题
9．下列描述正确的是（ ）
A．若事件A，B满足，则A与B是对立事件
B．若，，，则事件A与B相互独立
C．掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”不是互斥事件
D．一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球，第二次取到红球的概率是
【答案】BC
【分析】A选项，举出反例；B选项，利用判断出事件A与B相互独立；C选项，根据互斥事件的定义作出判断；D选项，分两种情况进行计算.
【详解】对于A，例如，投掷一枚质地均匀的骰子，记事件A为“点数为1，2，3”，事件B为“点数为2，4，6”，则，但是A，B不是对立事件，故A不正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”能同时发生，所以不是互斥事件，故C正确；
对于D，若第一次摸到红球，则第二次摸到红球的概率为，若第一次摸到绿球，则第二次摸到红的概率为，所以第二次摸到红球的概率为，故D不正确.
故选：BC.
10．点在圆：上，点在圆：上，则（ ）
A．的最小值为
B．的最大值为
C．两个圆心所在的直线斜率为
D．两个圆公共弦所在直线的方程为
【答案】AC
【分析】根据圆心距结合两圆半径可判断两圆的位置关系，故可判断D的正误，求出的最值后可判断AB的正误，利用公式可求连心线的斜率，故可判断C的正误.
【详解】根据题意，圆：，其圆心，半径，
圆：，即，其圆心，半径，
则圆心距，两圆外离，不存在公共弦，故D不正确；
的最小值为，最大值为，
故A正确，B不正确；
对于C，圆心，圆心，
则两个圆心所在直线斜率，故C正确，
故选：AC.
11．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据对数函数单调性分析可得，进而根据不等式性质结合指、对数单调性逐项分析判断.
【详解】因为，且在定义域内单调递增，
所以，即，
对于选项A：因为，且，
所以，即，故A正确；
对于选项B：因为，则，所以，故B正确；
对于选项C：因为，即，
且在定义域内单调递增，所以，故C不正确；
对于选项D：因为，
则，可得，且，
所以，故D正确；
故选：ABD.
12．将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成120°的二面角，已知直角边，，那么下面说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．四面体的体积是
C．二面角的正切值是
D．BC与平面ACD所成角的正弦值是
【答案】AD
【分析】根据线面垂直的判定，以及面面垂直的判定，可得判定A正确；根据，可判定B不正确；过作，证得为二面角的平面角，结合面积相等法，可判定C不正确；证得与平面所成的角是，在直角中，可判定D正确.
【详解】由题意，沿折后，如图所示，
因为直角三角形沿斜边上的高折成120°的二面角，
可得，，且是二面角的平面角，即，
在中，，，，
由余弦定理得，所以，
对于A中，因为，，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面，
所以A正确；
对于B中，由于，
所以B不正确；
对于C中，过作交BC于，连接，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以为二面角的平面角，
由面积相等得，可得，
则，所以C不正确；
对于D中，由平面，且平面，所以平面平面，
可得与平面所成的角是，则，所以D正确.
故选：AD.

三、填空题
13．已知向量，的夹角为60°，且，，则 .
【答案】2
【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算公式，得出方程，即可求解.
【详解】由向量，的夹角为，且，，
可得，可得
整理得，解得或（舍去）.
故答案为：.
14．若一组数据的方差为4，则的标准差为 ．
【答案】4
【分析】根据样本数据的标准差为，那么数据标准差为，即可得到答案．
【详解】因为的方差为4，则标准差为，
所以新数据的标准差为4，
故答案为：4．
15．若偶函数在上为增函数，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据函数奇偶性得到在上为减函数，从而由单调性得到不等式，求出答案.
【详解】∵偶函数在上为增函数，
∴在上为减函数，
则不等式，即，
两边平方化简得，，解得或.
故实数的取值范围为.
故答案为：
16．已知椭圆的两个焦点分别为，，点Р为椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】根据题意，利用正弦定理得到可得，结合两角和的正弦公式，即可求解.
【详解】因为，，可得，，
则，，，，
由正弦定理得：
，
可得，
又由，
所以.
故答案为：.

四、解答题
17．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递减区间；
(2)求在区间上的值域.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）利用降幂公式与辅助角公式化简得，利用周期公式计算得最小正周期，由三角函数的性质求出函数的单调递减区间；
（2）易判断函数在区间上单调递减，由此即可求出答案.
【详解】（1），
所以的最小正周期为.
由在区间上单调递减，
令，
解得：
所以函数的单调递减区间为.
（2）由（1）知，
由题意知，
所以，
所以在区间上单调递减，，，
所以在区间上的值域为.
18．某次联欢会上设有一个抽奖游戏，抽奖箱中共有16个四种不同颜色且形状大小完全相同的小球，分别代表一等奖、二等奖、三等奖、无奖四种奖项.其中红球代表一等奖且只有1个，黄球代表三等奖.从中任取一个小球，若中二等奖或三等奖的概率为.小华同学获得一次摸奖机会.
(1)求他不能中奖的概率；
(2)若该同学中一等奖或二等奖的概率是，试计算黄球的个数.
【答案】(1)
(2)5个.
【分析】（1）已知获奖概率，运用对立事件的概率求解不能中奖的概率.
（2）先算出获得三等奖的概率，然后用总数乘概率算出数量.
【详解】（1）设小华同学任取一个小球，抽得一等奖、二等奖、三等奖、不中奖的事件分别为A，B，C，D，它们彼此是互斥事件，
由题意得，，
由对立事件的概率公式得
，
∴不能中奖的概率为.
（2）∵，又，
∴.
∵，
∴，
∴中三等奖的概率为，
∴黄球个数为个.
19．如图，在四棱锥中，平面，，四边形满足，，，点M为PC的中点.

(1)求证：；
(2)点E为BC边上的点，若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示，证明线线垂直；
（2）分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，.
又，所以PA，AB，AD两两垂直.
以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，，
点M为PC的中点，故，
故，，
所以，
所以.
（2），
设平面的法向量为，
，，
则令，则.
设平面的法向量为，
，，
则，令，则，
所以，
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
20．如图，在四边形中，，，.
(1)求的值；
(2)若，，求CD的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中中由余弦定理可求出，再由正弦定理求出答案；
（2）设，，则在中有，在中由余弦定理有，联立方程组，即可解出答案.
【详解】（1）在中，由余弦定理，有，
得，
∵，∴.
由正弦定理，有.
（2）∵，∴.
设，，在中，有①，
在中，由余弦定理，有②，
联立①②，可解得，.
所以CD的长为.
21．如图所示，三棱台的体积为7，其上、下底面均为等边三角形，平面平面，且，棱AC与BC的中点分别为G，H.

(1)证明：平面平面FGH；
(2)求点E到平面FGH的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判断定理，转化为证明线线平行；
（2）首先根据第一问转化为点到平面的距离，再根据等体积转化求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：分别是的中点，
，
平面，平面，
平面，
又，，
∴四边形为平行四边形，∴.
平面，平面，
平面FGH，
平面ABED，平面ABED，，
∴平面平面FGH.
（2）平面ABED，由（1）知平面FGH，
点E到平面FGH的距离等于点A到平面FGH的距离，设为d.
由题意得上底面面积为，下底面面积为，
设三棱台的高为，则，得.
由，得，
设CG的中点为I，连接IH，IF，∵平面平面ABC且交于AC，，

∴平面ABC，，，
，
，
∵，∴，
故点E到平面FGH的距离为.
22．在平面直角坐标系中，已知抛物线：经过点，直线：与抛物线C交于M，N两点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)当时，若对任意满足条件的实数，都有（m，n为常数），求的值.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）将代入抛物线中，求出，得到答案；
（2）联立直线与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由垂直关系得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出答案.
【详解】（1）因为抛物线：经过点，
则，解得，
故抛物线的方程为.
（2）设，，
联立，可得，
则，得，
且，，

所以，
.
因为，所以，可得，
即，
所以，
即，
解得或，
所以，或，，
即有或.