湖北剩州市部分学校2024_2025学年高二数学上学期10月联考试题含解析

这是一份湖北剩州市部分学校2024_2025学年高二数学上学期10月联考试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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. 已知，则复数的虚部为（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据除法运算求得，即可得复数的虚部.
【详解】由题意可得：，
所以的虚部为.
故选：B.
2. 一组数据23，11，14，31，16，17，19，27的上四分位数是（）
A. 14B. 15C. 23D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】根据上四分位数的概念求值即可.
【详解】把数据按从小到大的顺序排列： 11，14， 16，17，19，23，27，31.
因为，上四分位数是.
故选：D
3. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何? ”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（）
A. B. 8
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据弓形的面积等于扇形的面积减去三角形的面积，结合扇形的面积公式即可得解.
【详解】由题意，
在中，，
即，解得，
故，易知，
因此.
故选：C.
4. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为整体，利用诱导公式结合倍角公式求，结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，则，
且，可得，
则，
，
所以，
故选：A.
5. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长.
【详解】由题意可知：，
则
，
所以.
故选：C.
6. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（）
A. 事件与互斥B.
C. D. 两两相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】对于A：根据互斥事件的概念分析判断；对于BC：先求，，结合古典概型分析判断；对于D：根据独立事件改了乘法公式可知事件A与不相互独立.
【详解】由题意得，事件A的样本点为，事件的样本点为，事件的样本点为，
对于选项：事件与共有样本点2，3，所以不互斥，故A错误；
对于选项B：事件样本点，所以，故B错误；
对于选项D：因为，，
且事件样本点，则，
可得，所以事件A与不相互独立，故D错误；
对于选项C：因为事件样本点，可得，
所以，故C正确.
故选：C.
7. 若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的正弦值为，则此圆台与其内切球的表面积之比为（）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台的内切球的性质以及线面夹角可得，且，以及内切球的半径，再结合圆台和球的面积公式运算求解.
【详解】设上底面半径为，下底面半径为，
如图，取圆台的轴截面，作，垂足为，
设内切球与梯形两腰分别切于点，
可知，，
由题意可知：母线与底面所成角为，
则，可得，
即，，可得，
可知内切球的半径，
可得，，
所以.
故选：C.
8. 在中，，，是的外心，则的最大值为（）
A. 2B.
C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合向量运算可得，利用正弦定理求边c的最大值即可.
【详解】设角所对的边分别为，，，
因为是的外心，记中点为，则有，即，
可得
，
在中，由正弦定理可得：，
则，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. “”是“直线与直互相垂直”的充要条件
B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件
C. 直线的倾斜角的取值范围是
D. 若点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：根据直线垂直结合充分、必要条件分析判断；对于B：由题意可得，进而可得倾斜角的范围；对于C：根据直线平行结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据图形结合斜率公式分析求解.
【详解】对于选项A：当时，直线与直线斜率分别为1，，
斜率之积为，故两直线相互垂直，即充分性成立；
若“直线与直线互相垂直”，
则，故或，
所以得不到，即必要性不成立，故A错误；
对于选项B：由直线平行得，解得，
所以“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，故B正确；
对于选项C：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故C正确；
对于选项D：如图所示：
可得，，结合图象知，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知函数，，下列说法正确的是（）
A. 函数在上单调递减
B. 函数的最小正周期为
C. 函数的值域为
D. 函数的一条对称轴为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换、三角函数的单调性、周期性、值域、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，当时，，，
此时，而在上不单调，故A错误；
B选项，函数，
而
，
所以的最小正周期为，故B正确；
C选项，当时，，
，
所以，
当时，，
，
所以，
综上，函数的值域为，故C正确；
D选项，因为，，
，所以不是的一条对称轴.
故选：BC
11. 在棱长为的正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，则下列结论正确的有（）
A. 三棱锥的外接球的表面积为
B. 过点，，作正方体的截面，则截面面积为
C. 若为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为
D. 若为线段上一动点(包括端点)，过点，，的平面分别交，于，，则的范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：由条件确定三棱锥的外接球的球心位置，求出球的半径，由此可得结论；
对于B：分析可知截面为，其截面正六边形，即可得面积；
对于C：根据体积关系求得点到平面距离，可得，进而分析范围；
对于D：根据平面性质作截面，设，结合平面几何性质分析求解即可.
【详解】对于选项A：由题意可得：，且平面，
则，即，可知三角形外接圆的半径为，
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，
可得三棱锥外接球的半径为，
所以其表面积为，故A错误；
对于选项B：取的中点分别为，
可知过点，，作正方体的截面为，其截面正六边形，边长为
所以其面积为，故B正确；
对于选项C：设点到平面的距离为，
由正方体的性质可得：，不在平面内，平面，
则平面，
当点在线段上运动时，则点到平面的距离即为点到平面的距离，
由的体积可得，解得，
设直线与平面所成角，则，
若为的中点时，，；
当点为线段的端点时，；
即，所以，故C正确；
对于选项D：设，
可知平面即为平面，则，
可得，设，
当时，由相似三角形知识可得：，，
即，，
且当或时，也符合，；
则，
且，可得，
所以的取值范围是，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：1、对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.
2、对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
3、对于球的组合体问题：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，两点到直线的距离相等，则__________．
【答案】1或2
【解析】
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式列式求解即可.
【详解】由题意可得：，即，
可得或，解得或.
故答案为：1或2.
13. 在空间直角坐标系中已知，，，为三角形边上的高，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】应用空间向量法求点到直线距离.
【详解】，，则，
，
所以，
故答案为：3
14. 对任意两个非零的平面向量和，定义：，，若平面向量，满足，且和都在集合中，则__________，__________．
【答案】 ①. ##0.25 ②. 或
【解析】
【分析】设与的夹角为，分析可得，进而可得，且，分析可得，即可得或1，结合向量夹角公式运算求解.
【详解】设与的夹角为，
因为和都在集合中，所以其取值可能为，
因为，则，
可得，
因为，即，可得，所以；
又因为，即，解得，
因为，
可得，即或1，
当且时，即且，
可得，所以；
当且时，即且，
可得，所以；
综上所述：或.
故答案：；或.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是边上一点，且满足，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）根据题意结合向量夹角公式可得，利用面积关系可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因，即，
由正弦定理可得，
且，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
【小问2详解】
因为，即，
可得，即，
可知平分，则，
因，
即，整理可得，
又因为，
则，
当且仅当，即，时取等号，
可得，所以的最大值为.
16. 已知的顶点，边上的高所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为．
（1）求直线的方程；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直，求直线方程.
（2）先确定、点的坐标，可求线段的长度，利用点到直线的距离求点到直线的距离，即三角形的高，就可以求出三角形的面积.
【小问1详解】
由于边上的高所在直线方程为，
所以设直线的方程为，
由于点在直线上，即，解得，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
由于点既满足直线的方程，又满足的方程，
所以，解得，故，
所以，
设，由于点满足直线，故，
设的中点坐标为，满足，
所以，整理得，
所以，解得，所以，
则点到直线的距离，
故.
17. 某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，高二年级学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计.将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积.请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）若根据这次成绩，年级准备淘汰60%的同学，仅留40%的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？
（2）从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率．
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
【答案】（1）73分合理
（2）
（3）22.25
【解析】
【分析】（1）由题意知可得，计算可求得；根据小长方形的面积和为1求得，利用频率分布直方图计算第60百分位数即可；
（2）利用分层抽样可得两层应分别抽取4人和2人，分别记为，，，和，，
列出所有基本事件，根据古典概型计算即可得出结果；
（3）根据平均数和方差的计算公式求解即可.
【小问1详解】
由第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积可知，，
解得，
又，解得，
所以，，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，设第60百分位数为，
则，解得，所以晋级分数线划为73分合理；
【小问2详解】
由图可知，按分层抽样法，两层应分别抽取4人和2人，分别记为，，，和，，
则所有的抽样有：，共15个样本点，
“抽到的两位同学来自不同小组”，
则共8个样本点，
所以.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，
所以，
剔除其中的96和84两个分数，设剩余8个数为，，，…，，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：
18. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示．
（1）求证：平面；
（2）当时，求二面角的正弦值；
（3）设直线与平面所成线面角为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证平面，可得，进而可得平面；
（2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角；
（3）根据题意可得和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
因为，则，
且，可得，
将沿折起到的位置，始终有，，
因为，，平面，所以平面，
由平面，可得，
且，，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，翻折前，因为经过的重心，且，
所以，所以，，，翻折后，
由勾股定理得，
以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，，
设平面的法向量m=x1,y1,z1，则，
令，则，可得，
设平面的法向量n=x2,y2,z2，则，
令，则，可得，
可得，
且，则，
所以二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
且，
因为直线与平面线面角为，
则
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”．
（1）设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围；
（2）若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由；
（3）已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积．
【答案】（1）
（2）存在“向量”，分别为，，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可；
（2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明；
（3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可.
【小问1详解】
由题意可得：，
因为，则，，
则，即，
整理得，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
存在，理由如下：
假设存在“向量”，
因为，
且，
则由题意，只需要使得，
又因为，
则，
可得，
由，即，
整理得，解得，
又因为，即，6，10满足上式，
所以存在“向量”，分别为，，满足题意；
【小问3详解】
由题意得：，，
即，，
同理，，
三式相加并化简得：，
即，，所以，
由，可得，
可得
，
所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.