2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二上学期10月阶段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二上学期10月阶段考试数学试题含答案，共19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．国家射击运动员甲在某次训练中次射击成绩（单位：环）如：，则这组数据第百分位数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的求法直接求解即可.
【详解】将次射击成绩按照从小到大顺序排序为：，
，第百分位数为.
故选：C.
2．若复数z是的根，则（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】B
【分析】结合一元二次方程的求根公式及复数的模的运算公式即可求得结果.
【详解】∵，
∴由求根公式得：，
即：，
∴当时，，
当时，.
综述：.
故选：B.
3．如图，在三棱柱中，分别是，的中点，，则（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据空间向量线性运算的几何意义结合已知条件，可把分解成基底向量的线性组合即可得解.
【详解】如下图所示：

首先有，一方面：由，所以，又是的中点，
所以 ， 所以；
另一方面：，且注意到分别是，的中点，
所以.
因此.
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.
5．2021年12月，考古工作者又公布了关于北京建城的一件重要文字证据。这次在琉璃河遗址新发现的铭文，不仅是A国建城最早的文字证据，更是北京建城最早的文字证据.考古学家对现场文物样本进行碳14年代学检测，检验出碳14的残留量约为初始量的69%.已知被测物中碳14的质量M随时间t（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量），据此推测该遗址属于以下哪个时期（参考数据：）（ ）
A．西周B．两汉C．唐朝D．元朝
【答案】A
【分析】由题意知，利用指对互化求解的值.
【详解】由题意知，所以，故，距今时间大约为 ，故推测该遗址属于西周时期.
故选：A.
6．已知随机事件，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，
所以，.
又,
所以，.
又，
所以，.
故选：A.
7．已知是定义在R上的奇函数，，当时，，则（ ）
A．1B．2C．D．3
【答案】D
【分析】由且是一个奇函数，把转化为，再代入求值即可.
【详解】由，得，又是定义在R上的奇函数，
所以.
故选：D.
8．在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，为三棱锥的高时，为所求，可设，则,可求出点到平面的距离,得到，再利用，得，解出即可.
【详解】由题意，在空间直角坐标系中，，，，
设，为平面的法向量，
则，,，
则，
令则，故，
则点到平面的距离为，
所以，
则
又，，
即，
所以，代入
可得，
则
所以，则
故选：.
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则与所在直线不一定平行
B．向量、、共面即它们所在直线共面
C．空间任意两个向量共面
D．若，则存在唯一的实数λ，使
【答案】AC
【分析】根据空间向量之间的平行、共面逐项判断即可.
【详解】若，，当，则与所在直线不一定平行，故A正确；
向量、、共面即它们所在直线共面或不共面，故B错误；
根据共面向量基本定理可知：空间任意两个向量共面，故C正确；
若，当时，则不存在实数，使使或，故D不正确．
故选：AC.
10．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为D．的最大值为
【答案】AC
【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式，可得，进而即可得出函数的性质.
【详解】由已知，
.
对于A项，，故A项正确；
对于B项，因为，
根据正弦函数的性质可知，直线不是的对称轴，故B项错误；
对于C项，因为，
所以，是的一个零点，故C项正确；
对于D项，因为，
所以，的最大值为2，故D项错误.
故选：AC.
11．在棱长为1的正方体中，点，分别是上底面和侧面的中心，则（ ）
A．
B．
C．点到平面的距离为
D．直线与平面所成的角为60°
【答案】BCD
【分析】建立图所示的直角坐标系,利用向量法逐一求解.
【详解】解：建立图所示的直角坐标系，
由题意得,
所以,
所以,故A错，
,故B对，
设平面的法向量为，则,即,令，得
，故点到平面的距离，
故C对，
根据正方体的可知，平面,故直线与平面所成的角的正弦值为：
,又，故60°，故D正确.
故选：BCD.
12．若，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】设，即可得到的单调性，再由，计算出、，即可判断.
【详解】设，则在上为增函数，
，
，
，，故B正确；
，
当时，，
此时，有；
当时，，此时，有，
所以A、C、D均错误．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
【答案】
【分析】根据空间向量投影向量的坐标运算即可得答案.
【详解】空间向量，则向量在向量上的投影向量是：
.
故答案为：.
14．已知，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据两角和差的余弦与正弦公式结合齐次转化为正切函数运算即可得结论.
【详解】.
故答案为：.
15．设实数满足，则函数的最大值是
【答案】/
【分析】根据基本不等式凑乘积为定值，即可得所求函数的最大值.
【详解】因为，所以中，，
则，当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：.
16．在长方体中，，过且与直线平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，当两个球的半径之和达到最大时，此时较小球的表面积为 ．
【答案】/
【分析】用的三角函数将两圆的半径分别表示出来，构造新函数，通过函数单调性求得问题的最值，即可求出取得最值时的值，进而求出，再由球的表面积公式求解即可.
【详解】如图所示：平面将长方体分成两部分，有可能在平面上或平面上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面上的情况，延长与交于点，作于点，

设，圆对应的半径为，根据三角形内切圆的性质，
在中，，，，
则，又当与重合时，取得最大值，
由内切圆等面积法求得，则
设圆对应的半径为，同理可得，
又，解得.
故，，
设，则，，
由对勾函数性质易知，函数单减，
所以当时，取得最大值，即两个球的半径之和达到最大，
此时，则，则，
，且，则小球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：借助三角函数表示边长，从而把问题转化为函数问题，借助单调性解决最值问题，从而求出较小球的表面积.
四、解答题
17．设，向量，，，且，.
(1)求；
(2)求向量与夹角的大小．
【答案】(1)3
(2)
【分析】根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量和，再进行相应运算即可.
【详解】（1）由题意，，，
可得，解得，
则，，所以，
故.
（2）因为，
所以，
故向量与的夹角为.
18．已知正方体的棱长为2，设分别为棱的中点.
(1)证明：//平面；
(2)求BQ与面BDP所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据空间中线面平行判定定理郑明明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
由中位线可知且，
又因为且，
所以且，
所以为平行四边形，所以.
结合平面平面可知，平面.
（2）以 为原点， 所在直线分别为建立空间直角坐标系，如图


设面的一个法向量为 ，由，即，取，可得
设与面所成角为 ，则
所以与面所成角的正弦值为 .
19．已知的内解所对的边分别为，满足．
(1)求证：；
(2)若为上一点，且，求的面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再逆用差角正弦公式可得，结合角的取值范围即可证明；
（2）在中，由，，可得，利用正弦定理可求得，，再利用三角形的面积公式，结合倍角正弦公式可化简为，结合角的范围即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，即，
因为，，所以，
所以，所以或．
若，则；
若，则，舍去；
所以成立．
（2）在中，因为，，所以，
由正弦定理得，即，所以．

在中，由正弦定理得，
因为，所以．因为，
又，所以，
所以的面积．
又，所以，所以，
所以当，即时，的面积最大值为2．
20．我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6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，估计第三四分位数是多少；（精确到0.1）
(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90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平均数等于各小矩形的面积乘以各组中值的和，即可求出；
（2）先判断第三四分位数在内，根据百分位数公式即可求出；
（3）先根据分层抽样确定第5，6组人数，再根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】（1）本次考试成绩的平均数约为
.
所以本次考试成绩的平均数.
（2）因为，
，
所以第三四分位数，即第75百分数在内，
所以第三四分位数，
所以估计第三四分位数约为
（3）第5组人数为，第6组人数为，
被抽取的成绩在内的4人，分别记为，，，；
成绩在内的3人，分别记为，，；则从这7人中随机抽取2人的情况为：
，
，，
共21种；
其中被抽到2人中至少有1人成绩优秀的情况为：，，，，，共15种.
故抽到2人中至少有1人成绩优秀的概率为.
21．如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面．
(1)求证：平面；
(2)若点E是线段上一动点，点E在何位置时，二面角的余弦值为．
【答案】(1)证明见解析
(2)E为的靠近D点的五等分点
【分析】（1）先利用面面垂直的性质和矩形的性质证得线面垂直，再得线线垂直，最后又由线面垂直的判定定理得证；
（2）利用点E是线段DB上的一动点，设出，再求两个平面的法向量，进行求解．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵且，，平面，
∴平面．
（2）因为平面平面，，，M是的中点，
∴，
取的中点O，连接，则平面，
取的中点N，连接，则，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
设，，
因为平面的一个法向量，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得．
再由，则，
∴或（舍），
所以E为的靠近D点的五等分点．
22．已知函数（）.
(1)若，求函数的最小值；
(2)若函数存在两个不同的零点与，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，对自变量进行分类讨论，将函数写成分段函数形式利用函数单调性即可求得函数的最小值；（2）对参数的取值进行分类讨论，利用韦达定理写出关于的表达式，再利用换元法构造函数根据函数单调性即可求得其取值范围.
【详解】（1）解法一：若时，求函数，
当时，，.
当时，，.
故.
解法二：若时，求函数；
画出和的图像如下图所示：
易得.
（2）解法一：若，，因为存在两个不同的零点与，所以，得，此时，；
若，，
当时，即时，得，，
有，
令，则，
令，则在上单调递增，，则；
当，即时，有，
在上单调递减，上单调递增，
所以，无零点；
当时，只有一个零点；
故.
解法二：令，等价于存在两个不同的零点与，
当时，，因为存在两个不同的零点与，
所以，得，此时；
当时，
当，即时，得，，
有，
所以；
当，即时，有，在上单调递减，上单调递增，，无零点；
当时，只有一个零点；
故.
【点睛】方法点睛：求解二次函数零点问题时，一般将零点问题转化成二次方程根的问题，利用韦达定理写出两根之间的关系式进而求得某表达式的取值范围.