黑龙江省齐齐哈尔市实验中学2023−2024学年高二下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市实验中学2023−2024学年高二下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共14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．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除，某单位老年、中年、青年员工分别有80人、100人、120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取30人调查专项附加扣除的享受情况，则应该从青年员工中抽取的人数为（ ）
A．8人B．10人C．12人D．18人
4．若数据的平均数为，方差为，则的平均数和标准差分别为（ ）
A．，s B．4-3，s
C．4-3，4s D．4-3，
5．在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2csAsinB＝sinC，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．钝角三角形
6．函数是（ ）
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
7．如图，圆O所在平面，是圆O的直径，是圆周上一点，其中，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数.若，，，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．甲､乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签.其中，甲袋中有编号为的三个号签；乙袋有编号为的六个号签.现从甲､乙两袋中各抽取1个号签，从甲､乙两袋抽取号签的过程互不影响.记事件A：从甲袋中抽取号签1；事件B：从乙袋中抽取号签6；事件C：抽取的两个号签和为3；事件D：抽取的两个号签编号不同.则下列选项中，正确的是（ ）
A．
B．
C．事件与事件C相互独立
D．事件A与事件D相互独立
10．已知函数的图象的一个对称中心为，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是函数的图象的一条对称轴
B．函数在上单调递减
C．函数的图象向右平移个单位可得到的图象
D．函数在上的最小值为
11．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．三棱锥的体积不变
三、填空题（本大题共3小题）
12．设集合，集合，若，则实数_____.
13．某汽车站每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车，某天袁先生准备在该汽车站乘车前往省城办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序.为了尽可能乘上上等车，他采取如下策略：先放过一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆，则他乘上上等车的概率为 .
14．等腰三角形ABC的腰，，将它沿高AD翻折，使二面角成60°，此时四面体ABCD外接球的体积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图是一个正四棱台的石料，上、下底面的边长分别为和，高.

(1)求四棱台的表面积；
(2)若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，求圆台的体积.
16．如图，在平面直角坐标系中，，，.
(1)求点B，C的坐标；
(2)判断四边形的形状，并求出其周长.
17．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
18．首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划.在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段，，，，分组，绘制了如图所示的频率分布直方图.
（Ⅰ）求出图中的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）；
（Ⅱ）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
（Ⅲ）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数.
19．如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，M是棱BB1上一点.
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.
【详解】，所以该复数对应的点为，
该点在第一象限.
故选A.
2．【答案】B
【分析】根据向量垂直数量积等于，结合已知条件求出，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】因为，所以，即，
因为，设向量的夹角为，
所以，所以.
故选B.
【思路导引】由题目条件可得，即，利用向量夹角公式，将代入即可计算出夹角为.
3．【答案】C
【分析】利用分层抽样的定义直接求解即可.
【详解】由题意可得抽取30人中青年员工有人.
故选C.
4．【答案】C
【分析】利用平均数和标准差的公式进行求解即可.
【详解】因为数据的平均数为，方差为，
所以，，
所以的平均数为
，
标准差为
.
故选C.
5．【答案】C
【分析】利用余弦定理可得，再结合条件利用正弦定理及余弦定理可得，即得.
【详解】∵a2＋b2－c2＝ab，
∴，又，
∴，
由2csAsinB＝sinC，得
∴，即，又，
故三角形为等边三角形.
故选C.
【思路导引】根据题目条件a2＋b2－c2＝ab，结合余弦定理可得，再根据题目条件2csAsinB＝sinC，结合正弦定理化简可得，即可判断出三角形为等边三角形.
6．【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选D.
【思路导引】根据偶函数的定义可得是偶函数，利用二倍角公式化简可得，结合二次函数的性质即可得出的最大值为.
7．【答案】A
【分析】首先证明平面，可得与平面所成角为，即得.
【详解】因为平面，平面，所以，
因为，，所以平面，
所以与平面所成角为，
因为，所以，，
所以.
故选A.
8．【答案】A
【分析】利用指数、对数函数的单调性，结合函数的性质比较大小.
【详解】，
因为，
所以函数是偶函数，
当x>0时，，
所以函数在上单调递增，
因此，
所以.
故选A.
【思路导引】由题可知函数是偶函数，且在上单调递增，根据指数和对数函数的单调性可得，则，即可得到a、b、c的大小关系.
9．【答案】ABD
【详解】对于A: A,B相互独立, ,A正确；
对于B：基本事件共有18种，
事件C包括2种情况, ,B正确；
对于C:由，得相互不独立，C错误；
对于D:由，得相互独立，D正确.故选ABD.
10．【答案】ABD
【分析】根据和差角公式化简结合对称性可得，代入即可验证对称轴，进而判断A；根据整体范围即可判断单调性求解B；根据函数图象平移的性质即可判断C；利用整体法求解，即可求解最值判断D.
【详解】的图象的一个对称中心为，
故，则，所以，
由于，所以，
对于A：，所以直线是函数的图象的一条对称轴，故A正确；
对于B：当时，，所以在上单调递减，故B正确；
对于C：函数的图象向右平移个单位，得到y＝的图象，故C错误；
对于D：时，，当时，取最小值为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】-3
【分析】利用补集的定义即可求解.
【详解】因为集合，，所以A={0,3}，故m= -3.
故答案为：-3.
13．【答案】
【分析】根据题意，由列举法可得所有可能的客车通过顺序的情况，以及该人可以乘上上等车的情况，由等可能事件的概率公式，计算可得答案.
【详解】据题意，所有可能的客车通过顺序的情况为（上、中、下），（上、下、中），（中、上、下），（中、下、上），（下、中、上），（下、上、中），共6种，
其中该人可以乘上上等车的情况有（中、上、下），（中、下、上），（下、上、中），共3种，则其概率为.
故答案为：.
14．【答案】/
【分析】根据题意，作出翻折前后的图形如图，由题设二面角迅速判断是等边三角形，作出其外心和四面体ABCD外接球球心，通过直角梯形，列方程组即可求得外接球半径.
【详解】
如图所示，图1为等腰三角形ABC，是底边上的高，现沿着高翻折，使二面角成60°，得到图2.
因平面，则平面，
且即二面角的平面角，即，
因，故是等边三角形，
设的外心为点，过点作平面，使点为四面体ABCD外接球球心，
设外接球半径为，由正弦定理，解得，则，，
在直角梯形中，，解得，
故四面体ABCD外接球的体积为.
故答案为：/.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出侧面的斜高，得到侧面积，再与上下底面积求和得到表面积；
（2）最大的圆台是上、下底面圆与棱台上、下底面正方形相切，高为棱台的高时，求其体积即可.
【详解】（1）如下图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取中点，连接，则，
所以，
所以四棱台的表面积.

（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆与正四棱台的上、下底面正方形相切，高为正四棱台的高.
则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高，
则圆台的体积为.
16．【答案】(1)，；
(2)四边形为等腰梯形，周长为8.
【分析】（1）根据点的坐标及可求的坐标，根据可求的坐标；
（2）根据向量坐标关系及长度关系，得出四边形为等腰梯形，根据各边长可求周长.
【详解】（1）在平面直角坐标系中，由，知，
又，，
设，则，，
点，
又，
，
点.
（2）由（1）可得，，，，
，，
又，，
四边形为等腰梯形，
，，，，
四边形的周长为8.
17．【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果；
方法二：不妨设，则，利用正弦定理可求得，进而得到结果；
方法三：利用余弦定理可得，利用换元法可求得，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即，
（当且仅当时等号成立），
，
解得：（当且仅当时等号成立），
∴周长，∴周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
此时周长的最大值为.
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由余弦定理得，即，
令，得，
当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为.
18．【答案】（Ⅰ），；
（Ⅱ）120；
（Ⅲ）众数为100，平均为.
【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图的性质列出方程，求得，进而得到及格率；
（Ⅱ）分别求得在110以下和130以下的学生所在比例，结合百分数的计算方法，即可求解；
（Ⅲ）结合频率分布直方图的众数和平均数的计算方法，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由频率分布直方图的性质，可得，
解得,
所以及格率为.
（Ⅱ）得分在110以下的学生所在比例为，
得分在130以下的学生所占比例为，
所以第80百分位数位于内，
由，估计第80百分位数为120.
（Ⅲ）由图可得，众数估计值为100，
平均数估计值为.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)M为棱BB1的中点.
【分析】（1）根据四边形BB1D1D是矩形，可得B1D1∥BD，即得；
（2）证明AC⊥平面BB1D，即得；
（3）取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN，证明OM⊥平面CC1D1D，即得.
【详解】（1）在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是矩形，
所以B1D1∥BD，而BD⊂平面A1BD，平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
（2）因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，BD⊂平面BB1D，BB1⊂平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，而MD⊂平面BB1D，
所以MD⊥AC.
（3）当M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D，证明如下：
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN，
因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC，
又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，且平面ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1，
O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON是矩形，
所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D，
因为OM⊂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.