广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题

这是一份广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题，共9页。试卷主要包含了7，第一组和第五组的频率相同．等内容，欢迎下载使用。

数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．1C．0D．
3．已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）
A．9B．3C．D．
4．若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量，，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
7．某圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（ ）
A．4B．2C．D．
8．已知是表面积为的球表面上的四点，球心为的内心，且到平面的距离之比为，则四面体的体积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则面积的最大值为
B．若，则面积的最大值为
C．若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D．若为的中点，且，则面积的最大值为
10．已知函数，则（ ）
A．是上的奇函数 B．当时，的解集为
C．当时，在上单调递减 D．当时，值域为
11．已知函数，则下列正确的有（ ）
A．函数在上为增函数B．存在，使得
C．函数的值域为D．方程只有一个实数根
12．正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（ ）
A．对于任意的，且，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积不为定值
C．若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D．的取值范围为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，则的值为 .
14．已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为 ．
15．三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为 ．
16．在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
在中，角所对应的边分别为，且，，．求：
(1)a的值；
(2)和的面积．
18．（12分）
某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a、b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
19．（12分）
如图，在所有棱长都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．

(1)证明：A1C1⊥B1C；
(2)求直线BC与平面ABB1A1所成角的大小．
20．（12分）
已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
(1)经过点P且与直线垂直的直线方程；
(2)求以为直径的圆的方程.
21．（12分）
已知直线和圆．
(1)求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；
(2)求与直线平行且与圆相切的直线的方程．
22．（12分）
已知函数
(1)当时，求的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
(2)设在区间上最大值为，求的解析式.
2023-2024学年度第一学期高二期末测试
数学试题参考答案及评分标准：
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．B 2．B 3．A 4．C 5．D 6．A 7．D 8．A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．BCD 10．ABD 11．ABD 12．ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．/ 14．1（不唯一） 15． 16．或
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．
【解析】（1）因为，，，
所以，由余弦定理得：，解得．
故.····································（4分）
（2）由，则，
由正弦定理得，
又，得，
．
故，的面积为.························（6分）
18．
【解析】（1）∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；························（6分）
（2）这100名候选者面试成绩的平均数为
，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，
设第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为.························（6分）
19．
【解析】（1）证明：连接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，
在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，
所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，
所以AC⊥B1C．························（4分）
又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中， 1，
所以A1C1⊥B1C．························（6分）
（2）连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO．

在边长都为1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中点，
又因为B1C＝AC＝1，
所以CO⊥AB1． ························（4分）
因为四边形B1BCC1边长都为1，所以B1C⊥BC1．
由(1)知B1C⊥A1C1．
又因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1平面A1BC1，
所以B1C⊥平面A1BC1．
因为A1B平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．
因为在边长都为1的四边形A1ABB1中，A1B⊥AB1．
又因为AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C．························（5分）
因为CO平面AB1C，所以CO⊥A1B．
又因为A1B∩AB1＝O，A1B，AB1平面A1ABB1，
所以CO⊥平面A1ABB1，
所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．
在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．
因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，
所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为． ························（6分）
20．
【解析】（1）易知的斜率为，故所求直线斜率是
直线过点，故直线方程为
方程为························（4分）
（2）联立方程组解得
故，，由中点坐标公式得中点坐标为························（2分）
由两点间距离公式得，
故所求圆方程为························（6分）
21．
【解析】（1）设与直线垂直的直线的方程为．
圆可化为，圆心为，
因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线的方程为．························（6分）
（2）设与直线平行的直线的方程为．
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以或10，
故所求直线的方程为或．························（6分）
22．
【解析】（1）当时，，
当时，易得单调递增；
当时，，
因为对勾函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又当时，，所以在上单调递增，
综上，的单调递增区间为，.························（6分）
（2）因为，
当时，，则，
根据对勾函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，则，显然在上单调递增，
所以；
当时，，
当时，单调递增，故，
当时，，则，
所以，又，，
当，即时，，
当，即时，；
综上，.·····························（6分）