安徽省合肥市肥东县第一中学2024−2025学年高二上学期7月份自学质量检测 数学试题（含解析）

这是一份安徽省合肥市肥东县第一中学2024−2025学年高二上学期7月份自学质量检测 数学试题（含解析），共15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（本大题共8小题）
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量与共线，则（ ）
A．B．0C．2D．6
4．如图，在中，，，，，边上的两条中线，相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
5．若，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
6．如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
7．一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间，设，，则（ ）
A．与互斥B．与相互对立
C．与相互独立D．
8．已知两异面直线，所成的角为80°，过空间一点作直线，使得与，的夹角均为50°，那么这样的直线有（ ）条.
A．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法中,错误的有（ ）
A．单位向量都相等B．模相等的两个平行向量相等
C．若且,同向,则D．,若,,则
10．已知函数的部分图象如图所示则（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使四点共面
B．存在点，使平面
C．三棱锥的体积为
D．经过四点的球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则面积的取值范围是 .
13．在空间直角坐标系中，已知，点满足，则点的坐标为 .
14．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知复数是方程的一个虚根（是虚数单位，）．
(1)求；
(2)复数，若为纯虚数，求实数的值．
16．《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：
(1)求该项指标的第30百分位数；
(2)若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率.
17．在三棱锥中，，，，.点在平面上的射影恰好在上.
(1)若为线段的中点，求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求的值；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
19．某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】由，得到，所以，
由，得到，所以，
所以，
故选：D.
2．【答案】C
【分析】结合指数函数，对数函数，幂函数的图象与性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A:结合对数函数可知在0,+∞上单调递减，所以在0,+∞上单调递增，故选项A错误；
对于选项B: 结合指数函数可知在上单调递增，所以在0,+∞上单调递增，故选项B错误；
对于选项C: 因为，结合幂函数图象与性质可知在0,+∞上单调递减，故选项C正确；
对于选项D: 结合幂函数可知在0,+∞上单调递增，故选项D错误.
故选：C.
3．【答案】C
【分析】根据两向量共线的坐标关系，列出方程求解即可.
【详解】因为向量与共线，
显然：,所以，
所以，
故．
故选：C.
4．【答案】D
【分析】由题得为直角三角形，建立平面直角坐标系，将问题转化为求与夹角的余弦即可.
【详解】因为，，，
由余弦定理得，，
得到，又，所以为直角三角形，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则有，又分别为中点，
所以，故，
所以，
故选：D.
5．【答案】C
【分析】首先根据得到，再根据充要条件的定义求解即可.
【详解】若，则，
所以则是的充要条件.
故选C.
6．【答案】D
【分析】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平移法找到异面直线与所成的角，再结合余弦定理求解即可.
【详解】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示：

因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线AD与EF所成的角为或其补角，
不妨设，
因为，所以，
所以为等边三角形，所以，，
所以，
因为为边长为的等边三角形，所以，
又因为，
所以在中，由余弦定理可得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是合理补形，然后利用平移法结合余弦定理，得到所要求的余弦值即可．
7．【答案】D
【分析】根据已知条件求出概率，结合互斥事件，相互独立及概率的乘法公式进行计算即可.
【详解】依题得，，，，
对A，有共同的样本点2,3，所以不互斥，A错误；
对B，与共同的样本点，所以，B错误；
对C，，，则，则，
，，则，则C错误；
对D，，，D正确.
故选D.
8．【答案】C
【详解】过作与平行的直线，
如图，，
直线过点且，这样的直线有两条.
又，直线为的平分线，则，
综上，满足条件的直线的条数为3.
【方法总结】一般地，如果两条异面直线所成的角为，过空间一点作直线与所成的角均为，直线的条数为，则：
（1）若，则；
（2）若，则；
（3）若，则；
（4）若，则；
（5）若，则；
（6）若，则.
9．【答案】ABC
【分析】根据平面向量的概念一一判断即可.
【详解】对于A,单位向量的方向不能确定,根据两个向量相等的概念,两向量不一定相等,故A错误;
对于B,相反向量模相等,且为平行向量,但不是相等向量,故B错误;
对于C,向量的模可以比较大小,但向量不能比较大小,故C错误;
对于D,因为,所以若,,则,故D正确.
故选:ABC.
10．【答案】BCD
【分析】直接利用函数的图象求出函数的解析式，结合诱导公式即可得解．
【详解】对于AB，根据函数的图象：，故，所以，故A错误；
由于同一个图象所对应的函数解析式是一样的，故此处考虑即可；
当时，，故，，
整理得；
当时，，故，故B正确；
对于CD，令，则，
所以，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD．
11．【答案】ABD
【详解】对于A中，如图所示，在正方体中，连接，
因为分别是的中点，所以,
又因为，所以，所以四点共面，
即当与点重合时，四点共面，所以A正确；
对于B中，连接，当是的中点时，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，所以B正确；
对于C中，连接，因为，
则，所以C错误；
对于D中，分别取的中点，构造长方体，
则经过四点的球即为长方体的外接球，
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过四点的球的表面积为，所以D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【分析】
根据已知条件，运用余弦定理，可得，再结合正弦定理，可得，根据的取值范围，可得值得取值范围，即可求解．
【详解】
解：，，
，
又由余弦定理，可得，
，即，
，
，
，
为锐角三角形，
，
由正弦定理，可得，即，，
，
，
，
，
，
面积，
，
，
故面积的取值范围是．
故答案为：．
13．【答案】
【分析】利用向量的相等的坐标关系即可求解.
【详解】设，则，，
因为，
所以，即，解得，
所以点的坐标为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，求出的值，即可得解；
（2）首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】（1）∵，
∴，
∴且，∴，
∴，则.
（2）∵，
又为纯虚数，∴且，
∴.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用百分位数的定义求解；
（2）分和，分别求出，写成分段函数的形式即可.
【详解】（1），
，
所以第30百分位数落在区间内，设其为，
则，解得.
即该项指标的第30百分位数为.
（2）当时，
当时，
所以.
17．【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明：连接，，
平面，平面，平面，
，，
又，为中点.
又为中点，
又，，
，平面，平面.
（2）作于，连接，
平面，平面，则，
又因为，平面，
平面，而平面，.
又，为的中点，所以，
又，.
则即为二面角的平面角.
在中，.
设，，则.
因为，在中，，
则，，.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理及正切化为正弦与余弦的比化简可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由正弦定理可得，再由锐角三角形可得的范围，进而可得的范围.
【详解】（1）因为，由A，B，C为的内角知，，sinB>0，
由正弦定理可得：，
即，
所以，可得；
（2）由正弦定理知：，
为锐角三角形，则，得，
则，所以.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面.
（2）根据二面角的知识求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）取线段中点，连接，
由图1可知，四边形是矩形，且，
在图2中，且，
且，四边形是平行四边形，则，
由于平面，平面，平面．
（2）由已知，四边形是矩形，折叠前后都有，
由于平面，所以平面，
由于，所以平面，由于平面，
所以，所以是二面角的平面角，
所以，，
则，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
，
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
由，得，于是平面的一个法向量，
，
平面与平面夹角的余弦值为．