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    2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题(解析版)

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    2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题(解析版)

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    这是一份2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题(解析版),共16页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题 一、单选题1    A B4 C D【答案】C【分析】根据复数的乘法、除法运算和模长公式求解即可.【详解】因为所以故选:C.2.已知集合,若的充分不必要条件,则的取值范围为(    A B C D【答案】A【分析】根据的充分不必要条件,转化为AB,利用集合之间的包含关系,即可求出的取值范围.【详解】解:,解得,即的充分不必要条件,则AB且等号不同时成立,解得所以的取值范围为故选:A.3.若构成空间的一个基底,则下列向量共面的是(    A BC D【答案】B【分析】由题意,根据空间向量的运算,结合平面向量基本定理,可得答案.【详解】对于A,设,使得,则,该方程无解,故A错误;对于B,设,使得,即,解得,故B正确;对于C,设,使得,即,该方程无解,故C错误;对于D,设,使得,即,该方程无解,故D错误;故选:B.4.已知向量,则    A B14 C D【答案】B【分析】作平方,整理可得,由,即可求解.【详解】由题,因为所以,即因为,所以故选:B5.已知,且,则    A B C D【答案】C【分析】利用二倍角的余弦公式以及可求得的值,再利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】因为,则因为,所以,解得所以故选:C.6.在正方体中,分别是的中点,则直线的位置关系为(    A.垂直 B.平行C.相交但不垂直 D.异面但不垂直【答案】A【分析】,以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可判断异面直线的位置关系.【详解】,以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系,因为,所以故选:A.7.如图,在四面体OABC中,,且,则    A B C D【答案】D【分析】利用空间向量基本定理求解出,从而求出.【详解】因为,所以,所以故选:D8.甲、乙两名同学进行投篮训练,已知甲同学每次投篮命中的概率为,乙同学每次投篮命中的概率为,两名同学每次投篮是否命中相互独立.若甲、乙分别进行2次投篮,则他们命中的次数之和不少于2的概率为(    A B C D【答案】B【分析】可先计算出两人命中次数为0次和1次的概率,从而利用对立事件概率公式计算出他们命中的次数之和不少于2的概率.【详解】由题可知,他们命中的次数为0的概率为;命中的次数为1的概率为故他们命中的次数之和不少于2的概率为故选:B9.已知圆锥的高为,底面积为,若圆锥的顶点及底面圆周上的点均在同一个球的球面上,则该球的体积为(    A B C D【答案】A【分析】计算出圆锥的底面圆半径,设球的半径为,根据圆锥的几何关系可得出关于的等式,解出的值,再利用球体的体积公式可求得结果.【详解】由圆锥的底面积为可得,圆锥的底面半径设球的半径为,则,解得,所以该球的体积故选:A.10.在中,AD平分BC于点D,若,则    A B C D【答案】B【分析】,结合正弦面积公式和角平分线性质,化简易得,对由余弦定理可得,进而求得.【详解】因为AD平分,由,化简得中,,整理得,故故选:B11.如图,在正三棱柱中,E的中点,F的中点,若过AEF三点的平面与交于点G,则    A B C D【答案】C【分析】C为原点建立空间直角坐标系,可设,求出平面AEF的法向量,再根据求出,即可得出答案.【详解】解:如图,以C为原点建立空间直角坐标系由题可设设平面AEF的法向量,可取,得故选:C.12.定义在上的奇函数满足,且当时,,则    A2 B0 C D【答案】D【分析】先由题设条件得到,利用换元法结合得到,从而证得的周期函数,再利用赋值法得到,从而求得,由此求得.【详解】因为是定义在上的奇函数,所以,则,故又因为,则,所以,即所以的周期函数,因为,令,得,则又因为,令,得因为当时,所以,得,故所以,则.故选:D. 二、填空题13.已知向量,若,则__________【答案】13【分析】由空间向量平行的坐标表示求解【详解】因为,所以,解得,则故答案为:1314.某环境监测部门收集了当地一周内的空气质量指数(AQI),分别为657167897891102,则这组数据的第70百分位数为__________【答案】89【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】将这组数据从小到大排序依次为656771788991102,因为,所以这组数据的第70百分位数为第5个数据,即89故答案为:8915.已知正数满足两个条件中的一个,则的最小值为______.【答案】;选【分析】根据所选条件利用基本不等式计算可得.【详解】解:因为若选,由,可得因为,所以,所以,当且仅当,即时取等号;若选,可得,所以当且,即时等号成立;故答案为:选;选16.很多立体图形都体现了数学的对称美,其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,半正多面体因其最早由阿基米德研究发现,故也被称作阿基米德体.如图,这是一个棱数为24,棱长为的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.为线段的中点,则直线与直线所成角的余弦值为___________.【答案】【分析】将该半正多面体补成正方体,因为该半正多面体的棱长为,所以正方体的棱长为2,建立空间直角坐标系即可求解.【详解】将该半正多面体补成正方体,建立如图所示的空间直角坐标系.因为该半正多面体的棱长为所以正方体的棱长为故直线与直线所成角的余弦值为.故答案为: 三、解答题17.已知函数的部分图象如图所示.(1)的解析式;(2)上的最值.【答案】(1)(2)最大值为,最小值为 【分析】1)由图象求出函数的解析式中各参数的值,即可得出函数的解析式;2)由可求得的取值范围,再利用正弦型函数的基本性质可求得函数上的最大值和最小值.【详解】1)解:由图可知,,则,则,则,得,则2)解:因为,所以所以,当时,.所以,函数上的最大值为,最小值为18.如图,在长方体中,E的中点,且(1)求点到平面ACE的距离;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】1)以点D为坐标原点,DADC所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,再计算平面ACE的法向量结合点到面的距离公式求解即可;2)分别计算平面的法向量,结合二面角的公式求解即可.【详解】1)在长方体中,以点D为坐标原点,DADC所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系设平面ACE的法向量,则,令,得则点到平面ACE的距离2设平面CDE的法向量,则,令,得由图可知,二面角为锐角,所以二面角的余弦值为19.为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识,使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识,提高预防能力,做到科学防护,科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答.共有100人参加了这次问答,将他们的成绩(满分100分)分成这六组,制成如图所示的频率分布直方图.(1)求图中a的值,并估计这100人问答成绩的中位数和平均数;(同一组数据用该组数据的中点值代替)(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本,再从样本中任意抽取2人,求这2人的问答成绩均在内的概率.【答案】(1),中位数为,平均数为72(2) 【分析】1)根据频率分布直方图的性质以及中位数和平均数的概念,进行计算即可得解;2)根据分层抽样在[6070)内的有人,分别记为AB;问答成绩在[7080)内的有人分别记为abC,从中任意抽取2人,列出实验的样本空间,再利用概率公式,进行计算即可得解.【详解】1)由图可知,,解得.设中位数为x,则,所以.100人问答成绩的平均数约为.2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在[6080)内的人中抽取一个容量为5的样本,则问答成绩在[6070)内的有人,分别记为AB问答成绩在[7080)内的有人分别记为abC.从中任意抽取2人,则实验的样本空间{AB),(Aa),(Ab),(Ac),(Ba),(Bb),(Bc),(ab),(ac),(bc},共有10个样本点.设事件A2人的问答成绩均在[7080)内的概率,所以这2人的间答成绩均在[7080)内的概率.20的内角ABC的对边分别为abc,已知(1),求的周长;(2),求的面积.【答案】(1)18(2) 【分析】1)由正弦定理边化角可求出,结合余弦定理,由代换,求得,进而得解;2)由正弦定理代换得,求出,可解得,由正弦面积公式即可求解.【详解】1)因为,所以,所以,即.又,所以解得,则.故的周长2)因为,所以,得,解得的面积21.已知R上的偶函数,且当时,(1)的解析式;(2)已知函数,若存在,使得成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据偶函数的定义求解即可;(2)根据二次函数在给定区间上的单调性求最值即可求解.【详解】1)因为当时,所以当时,R上的偶函数,所以2)由(1)可知,当时,存在,使得成立,等价于在区间上的最大值大于0,即,则在区间上单调递减,故.解得,所以无解.,即,则在区间上单调递减,故,不符合条件.,即,则开口向上,故在区间上的最大值为,解得,所以综上所述,实数a的取值范围为22.如图,在平行四边形ABCD中,EAD的中点,以EC为折痕将折起,使点D到达点P的位置,且FG分别为BCPE的中点.(1)证明:平面AFG(2)若平面PAB与平面PEF的交线为l,求直线l与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】1)连接BE并交AF于点O,连接OG,结合三角形中位线定理可证,进而得证;2)取CE的中点M,连接PMFMDM,易证平面PFM,作FN于点N,连接BN,得平面ABCD,设,对由余弦定理求出,分别对由勾股定理代换出,解出,以M为原点,x轴的正方向建立空间直角坐标系,易证,求出和平面PBC的法向量,结合线面角的正弦公式可求.【详解】1)证明:如图,连接BE并交AF于点O,连接OG因为EF分别为ADBC的中点,所以四边形ABFE为平行四边形,则OBE的中点.GPE的中点,所以因为平面AFG平面AFG,所以平面AFG2)取CE的中点M,连接PMFMDM,因为,所以四边形CDEF为菱形,则,故平面PFMFN于点N,连接BN,则平面ABCD因为,所以.设,则中,中,,在中,,解得M为原点,x轴的正方向,轴正方向,与同方向过点的为轴正方向,建立空间直角坐标系因为平面PEF平面PEF,所以平面PEF又因为平面PAB,平面平面,所以设平面PBC的法向量为,则,令,得设直线l与平面PBC所成的角为,则 

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