四川省凉山州民族中学2023-2024学年高二下学期新高考开学考试数学试卷

这是一份四川省凉山州民族中学2023-2024学年高二下学期新高考开学考试数学试卷，共20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
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数的零点是（ ）
A．0B．C．D．
4．（ ）
A．B．C．D．
5．已知点在平面内，并且对空间任一点，，则的值为
A．B．C．D．0
6．设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．
8．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
二、多选题
9．某高中从本校的三个年级中随机调查了五名同学关于生命科学科普知识的掌握情况，五名同学的成绩如下：84，72，68，76，80，则（ ）
A．这五名同学成绩的平均数为78B．这五名同学成绩的中位数为74
C．这五名同学成绩的上四分位数为80D．这五名同学成绩的方差为32
10．若实数，则（ ）
A．B．C．D．
11．下列说法正确的是（ ）
A．幂函数的图象都过点
B．函数与是同一函数
C．函数与的图象关于直线对称
D．，是以为周期的函数
12．设是空间的一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则；
B．则，，两两共面，但，，不可能共面；
C．对空间任一向量，总存在有序实数组，使；
D．则，，一定能构成空间的一个基底
三、填空题
13．某班拟从2名男学生和1名女学生中随机选派2名学生去参加一项活动，则恰有一名女学生和一名男学生去参加活动的概率是 ．
14．已知，且，则 ．
15．已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则 ．
16．如图，在长方体中，，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且平面，则AP的长为 ．
四、解答题
17．在锐角中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，且，求周长.
18．我市某高中对2023年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：

(1)求a的值，并估计该校高一期中数学考试成绩的平均分；
(2)估计该校高一期中数学考试成绩的80%分位数.
19．已知函数是R上的奇函数，且当时，．
(1)求函数的解析式；
(2)在给定的坐标系中画出函数的图象，并求不等式的解集．
五、解答题
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
21．等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的值．
22．已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】首先根据指对互换运算求出集合，解绝对值不等式求出集合，结合集合的交集运算即可.
【详解】由题意，
，所以.
故选：C.
2．B
【分析】先利用复数的除法求解出，然后由共轭复数求出，再结合复数的几何意义从而可求解.
【详解】由题意知，所以，
则在复平面内对应的点位于第二象限，故B正确.
故选：B.
3．C
【分析】解方程求出的解，即可求得函数的零点.
【详解】令，
即函数的零点是，
故选：C
4．B
【分析】根据诱导公式以及特殊角的三角函数值，即可得答案.
【详解】，
故选：B
5．A
【详解】试题分析：由于点在平面内，且对空间任一点，根据空间向量基本定理可知，解得；
考点：空间向量基本定理；
6．A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
7．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

8．C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
9．CD
【分析】根据平均数，中位数，百分位数以及方差的计算公式即可逐一求解.
【详解】A选项，这五名同学成绩的平均数为，A错误；
B选项，将五名同学的成绩按从小到大排列：68，72，76，80，84，则这五名同学成绩的中位数为76，B错误；
C选项，，故成绩从小到大排列后，第4个数即为上四分位数，即80，C正确；
D选项，五名同学成绩的方差为，D正确．
故选:CD．
10．AB
【分析】利用函数的单调性或者反例可得答案.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为是增函数，且，所以，故B正确；
对于C，因为是减函数，且，所以，即，故C不正确；
对于D，因为，，所以D不正确.
故选：AB.
11．AC
【分析】根据幂函数的性质可判定A，利用同一函数的定义可判定B，利用反函数的性质可判定C，利用周期性定义可判定D.
【详解】对于A，易知幂函数，显然恒过定点，故A正确；
对于B，由可知，即其定义域为，而的定义域为R，所以两函数定义域不同，故B错误；
对于C，由反函数的定义易知函数与互为反函数，
故其函数图象关于直线对称，故C正确；
对于D，根据周期性定义知对于定义域内，，不满足周期性定义，故D错误.
故选：AC.
12．BCD
【分析】利用空间向量基底的定义可判断AB，，根据空间向量基本定理可判断CD.
【详解】由空间向量基底的定义可知，当，时，所成角不一定为，故A错误；
显然，，两两共面，但，，不可能共面，否则不能构成空间的一个基底，故B正确；
根据空间向量基本定理得到总存在有序实数组，使，故C正确；
在D中，假设向量共面，则，，
化简得，
因为不共面，所以，无解，
所以不共面，一定能构成空间的一个基底，故D正确．
故选：BCD.
13．
【分析】由列举法求古典概型概率即可.
【详解】设2名男学生分别为,1名女学生为，
所以选派2名学生去参加一项活动共有：三种情况，
符合题意的情况有两种，
所以恰有一名女学生和一名男学生去参加活动的概率是.
故答案为：.
14．/
【分析】利用同角三角函数的平方关系计算即可.
【详解】由可知，
又
，即，
则，
所以，
故.
故答案为：.
15．
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线为，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
16．
【解析】连接与交于点，连接与交于点，连接,由线面平行的性质可得 ，，由三角形相似可得答案.
【详解】连接与交于点，连接与交于点，连接
由平面,且平面平面,平面
所以,则
由与相似，且E为CD的中点，则
所以
又由与相似，则
所以P为的中点，所以
17．(1)60°
(2)9
【分析】（1）根据正弦定理即可边角化求解，
（2）由余弦定理即可求解.
【详解】（1）,由正弦定理得
， ，或
是锐角三角形，
（2）由余弦定理得,
,,
所以的周长
18．(1)，平均分为93
(2)115
【分析】（1）根据频率之和即可求解，进而根据平均数的计算公式即可求解，
（2）根据百分位数的计算即可求解.
【详解】（1）由，解得.
即数学成绩在：
频率，频率，
频率，频率，
频率，频率，
所以平均分是：
（2）由（1）知样本数据中数学考试成绩在110分以下所占比例为，在130分以下所占比例为，
因此，80%分位数一定位于内，
由，
所以样本数据的80%分位数约为115.
19．(1)
(2)图象见解析，
【分析】（1）利用的奇偶性可得答案；
（2）画出图象，结合图象可得答案.
【详解】（1）当时，，所以，
因为为上的奇函数，所以，
又满足，
所以；
（2）由（1）可得图象如下图所示，

不等式转化为，或；
所以，或，
解得或或，
综上所述，不等式的解集为.
20．（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
21．（1）；（2）
【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为．
由已知得，
解得．
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．
所以
．
考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．
22．（1）或；
（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则
又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上
设，圆的半径为
与相切
又，即
，解得：或
当时，；当时，
的半径为：或
（2）存在定点，使得
说明如下：
，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且
①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上
设，的半径为
与相切
又
，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：
在轴上，设
，解得：，即
若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.