河南省名校(创新发展联盟)2023-2024学年高二上学期第一次联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省名校(创新发展联盟)2023-2024学年高二上学期第一次联考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册至选择性必修第一册第一章．
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. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影为点B，则B的坐标为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间直角坐标系定义即可求得点在坐标平面内的射影点的坐标.
【详解】在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影为点
故选：B
2. 某工厂生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产量分别为200件、300件、400件．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法，从以上所有的产品中抽取了45件进行检验，则抽取的甲、乙种型号产品的数量之和为（ ）．
A. 30B. 15C. 20D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样的方法分别求出甲、乙种型号产品的数量.
【详解】由题意得，根据分层抽样的方法抽取的甲型号产品的数量为，
乙种型号产品的数量为，
抽取的甲、乙种型号产品的数量之和为．
故选：D
3. 若，则（ ）．
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再结合共轭复数的意义及复数加法求解作答.
【详解】依题意，，，所以.
故选：C
4. 抛掷一枚质地均匀的骰子1次，事件A表示“掷出的点数大于2”，则与A互斥且不对立的事件是（ ）．
A. 掷出的点数为偶数B. 掷出的点数为奇数
C. 掷出的点数小于2D. 掷出的点数小于3
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知写出对应事件的基本事件，根据互斥、对立概念判断各项与事件A的关系.
【详解】由题意，，而事件，
“掷出的点数为偶数”对应基本事件有，与A不互斥，
“掷出的点数为奇数”对应基本事件有，与A不互斥，
“掷出的点数小于2”对应基本事件有，与A互斥且不对立，
“掷出的点数小于3”对应基本事件有，与A对立．
故选：C
5. 已知圆锥的底面半径为4，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆锥的轴截面、侧面展开图性质求体高，应用圆锥体积公式求体积即可.
【详解】设该圆锥的母线长为l，高为h，
由，得，则，
所以该圆锥的体积为．
故选：C
6. 如图，在三棱柱中，，，，，与的交点为M，则（ ）．

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合空间向量的数量积公式运算即可求解.
【详解】由题意得，
所以
.
故选：C.
7. 在正三棱柱中，，点D在棱BC上运动，若的最小值为，则三棱柱的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用展开图结合余弦定理求得，取的中心分别为M，N，则MN的中点O为三棱柱的外接球的球心，利用正弦定理求出的外接圆的半径，进而利用勾股定理求得外接球的半径，进而可得答案.
【详解】如图，将与矩形展开至同一平面，易知.
设，由题意知的最小值为，即.
由余弦定理可得，
即，解得或（舍去）.
取的中心分别为M，N，连接MN，
则MN的中点O为三棱柱的外接球的球心，
设的外接圆的半径为r，则，即，
设三棱柱的外接球的半径为R，
在中，,则，
故三棱柱的外接球的表面积为.
故选：A.
8. 已知样本数据，，，，，的平均数为16，方差为9，则另一组数据，，，，，，12的方差为（ ）．
A. B. C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】由均值、方差性质求数据，，，，，的平均数、方差，应用平均数、方差公式求新数据方差.
【详解】设数据，，，，，的平均数为，方差为，
由，，得，，
则，，，，，，12的平均数为，
方差为
．
故选：C
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. 已知是直线l的一个方向向量，是平面的一个法向量，则下列说法正确的是（ ）．
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的关系逐一判断即可.
【详解】若，则，得，得，A正确，B错误．
若，则，得，得，C错误，D正确．
故选：AD
10. 河南省地理条件优越，是我国的粮食主要产区之g ，素有“中原粮仓”之称．2018～2022年河南省粮食产量如图所示，则（ ）．
2018～2022年河南省粮食产量图

A. 2018～2022年河南省粮食产量的极差为282万吨
B. 在2019～2022年这4年中，2022年河南省粮食产量的增长速度最大
C. 2018～2022年河南省粮食产量的30％分位数为6695万吨
D. 2018～2022年河南省粮食产量的60％分位数为6742万吨
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据极差、百分位数的定义，结合粮食产量图逐一判断即可.
【详解】A：由图可知2018～2022年河南省粮食产量的极差为万吨，本选项正确；
B：由图可知2022年河南省粮食产量的增长速度最大，本选项正确；
CD ：2018～2022年河南省粮食产量从小到大依次为6544万吨，6649万吨，6695万吨，6789万吨，6826万吨，
因为，，所以2018～2022年河南省粮食产量的30％分位数为6649万吨，60％分位数为万吨．选项C不正确，选项D正确，
故选：ABD
11. 如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数部分图象，A，B分别是图象的一个最高点和最低点，M是图象与y轴的交点，，现将该卡片沿x轴折成如图2所示的直二面角，在图2中，则（ ）．

A.
B. 点D到直线的距离为
C. 点D到平面的距离为
D. 平面与平面夹角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出图1中点的坐标，建立空间直角坐标系，求出图2中点的坐标，再逐项判断作答.
【详解】在图1中，由，得，，，，
在图2中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
则，得，A正确．
取，，
则，，所以点D到直线的距离为，B错误．
设平面的法向量为，，
则，即，取，则，，
所以平面的一个法向量，
所以点D到平面的距离为，C正确．
平面的一个法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值为，D正确.
故选：ACD
12. 如图，在棱长为2的正方体中，点P满足，，E，F分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）．

A. 当时，过E，F且与直线平行的平面截该正方体所得的截面为五边形
B. 当时，过E，F且与直线平行的平面截该正方体所得的截面面积为
C. 当时，的最小值为
D. 当时，最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取的中点，并与点顺次连接得正方体的截面，证明平行于此截面即可判断AB；当时，求出点的轨迹求解判断CD作答.
【详解】如图，连接，，，

当时，，分别取的中点，
连接，过点的截面为六边形，正方体对角面是矩形，
则，于是，，
同理，，，则六边形为正六边形，
设与的交点为M，设与的交点为N，连接，，由，
得，，则四边形为平行四边形，于是，
又平面，平面，因此平面，
当时，过E，F且与直线平行的截面为六边形，
该截面面积为，A错误，B正确；
由，得，点P在底面上的轨迹是以A为圆心、圆心角为、半径为1的圆弧，如图，

当三点共线时，取最小值，显然的最大值为，CD正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，，若，则__________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合共线向量的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】由题意得，因为，
所以，得．
故答案为：2
14. 现有张分别标有、、的卡片，采取有放回的方式从中依次随机取出张卡片，则抽到的张卡片的数字之和不小于的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】列举出所有的基本事件，确定所求事件所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设事件为“抽到的张卡片的数字之和不小于”，
则这个试验的样本空间可记为，共包含个样本点，
事件包含的样本点有：、、，包含个样本点，所以．
故答案为：.
15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理，结合降幂公式、两角和的正弦公式进行求解即可.
【详解】由正弦定理得，则，
得，
所以，即．
因为
所以，因此．
又，所以．
故答案为：
16. 在三棱锥中，底面为正三角形，平面，，G为的外心，D为直线上的一动点，设直线与所成的角为，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，则，求出的范围，从而得到的取值范围.
【详解】不妨设，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由题意得G为的中点，所以．
设，，得，
则，
因为，
所以．
当时，．
当时，，
得．
综上，，由得．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，用基底表示向量．
【答案】
【解析】
【分析】设，又，根据对应系数相等列方程组求解即可.
【详解】设，
则，
所以，得．
故．
故答案为：
18. 小晟统计了他6月份的手机通话明细清单，发现自己该月共通话100次，小晟将这100次通话的通话时间（单位：分钟）按照，，，，，分成6组，画出的频率分布直方图如图所示．

（1）求a的值；
（2）求通话时间在区间内的通话次数；
（3）试估计小晟这100次通话的平均时间（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
【答案】（1）
（2）40 （3）7.28分钟
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为列方程来求得.
（2）先求得通话时间在区间内的频率，从而求得通话时间在区间内的通话次数.
（3）根据频率分布直方图求得平均数的求法求得正确答案.
【小问1详解】
由，
得．
【小问2详解】
因为通话时间在区间内的频率为，
所以通话时间在区间内的通话次数为．
【小问3详解】
这100次通话的平均时间的估计值为:
分钟．
19. 如图，在中，，，.

（1）求的值；
（2）过点A作，D在边BC上，记与的面积分别为，，求的值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，由正弦定理可得；
（2）求出，由可求得，进而得，由求得结果.
小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
则，故
由正弦定理可得，则
【小问2详解】
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以，所以，
则.
设点A到直线BC的距离为d，
因为，，所以.
20. 如图，在多面体ABCDE中，平面BCD，平面平面BCD，其中是边长为2的正三角形，是以为直角的等腰三角形，.

（1）证明：平面BCD.
（2）求平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再由线面垂直的性质得线线平行，利用线面平行判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
取CD的中点F，连接EF，BF.
因为是边长为2的正三角形，所以，且.
因为平面平面BCD，且平面平面，平面ECD，
所以平面BCD.
因为平面BCD，所以.
因为，所以四边形ABFE为平行四边形，
所以.
因为平面BCD，平面BCD，所以平面BCD.
【小问2详解】
过点B作，以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，.
设平面ACE的法向量为，
则，
令，得.
设平面BDE的法向量为，
则，
令，得.
设平面ACE与平面BDE的夹角为，
则.
21. A，B，C，D四人参加双淘汰赛制比赛．在第一轮的两场比赛中，A对B，C对D，这两场比赛的胜者进入优胜组，负者进入奋斗组．第二轮的两场比赛分别为优胜组和奋斗组的组内比赛，奋斗组中的胜者与优胜组中的负者均进入超越组，奋斗组中的负者直接被淘汰，优胜组中的胜者进入卓越组，第三轮比赛为超越组组内比赛，胜者进入卓越组，负者为季军．第四轮比赛为卓越组组内比赛，胜者为冠军，负者为亚军，每轮比赛都相互独立．
（1）设A，B，C，D四人每轮比赛的获胜率均为．
①求A和B都进入卓越组的概率；
②求D参加了四轮比赛并获得冠军的概率．
（2）若B每轮比赛的获胜率为，A，C，D三人水平相当，求A，C进入卓越组且A，C之前赛过一场的概率．
【答案】（1）①；②；
（2）.
【解析】
【分析】（1）①分析A和B在第二轮、三轮的比赛结果，再利用相互独立事件的概率公式计算作答；②按照D在第一轮的胜负分类，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式计算作答.
（2）由题意可得A，C在第一轮比赛中均获胜进入第二轮，按负者与B、D比赛并获胜分类求解作答.
【小问1详解】
①若A和B都进入卓越组，则胜者需要赢得优胜组组内比赛的胜利，负者需要赢得奋斗组组内比赛和超越组组内比赛的胜利，
则A和B都进入卓越组的概率为．
②D参加了四轮比赛并获得冠军的情况有两种：
第一种情况：D在C，D组内比赛获胜，D进入优胜组后进入超越组并获胜，再进入卓越组并获胜，其概率为；
第二种情况：D在C，D组内比赛后进入奋斗组并获胜，再进入超越组并获胜，最后进入卓越组并获胜，其概率为，
所以D参加了四轮比赛并获得冠军的概率为．
【小问2详解】
A，C进入卓越组且A，C之前赛过一场的情况有两种：
第一种情况：A，C在第一轮比赛中均获胜并进入优胜组，负者进入超越组与D比赛并获胜，其概率为；
第二种情况：A，C在第一轮比赛中均获胜并进入优胜组，负者进入超越组与B比赛并获胜，其概率为，
所以A，C进入卓越组且A，C之前赛过一场的概率为．
22. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，点M，N分别在线段，上．

（1）当M，N分别是，的中点时，证明：．
（2）当的长度最小时，求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，设，，根据的长度最小时，列出方程求得，进而求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，取的中点，连接，，
因为分别是中点，所以，，
又因为，，所以，，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以．
【小问2详解】
解：因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，以过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，．
设，，，
．
当的长度最小时，即是直线，的公垂线，
则，解得，
此时，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，可得平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则，
因为，所以，即直线与平面所成的角为.