四川省德阳市什邡市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省德阳市什邡市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了 设复数满足，则的虚部是， 已知集合，，则， 已知空间向量，，， 已知角的终边上一点，且，则， 正实数满足，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解.
【详解】因为，所以，
所以的虚部是，
故选:C.
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性与定义域得出集合，即可根据集合的交集运算得出答案.
【详解】，则，解得，
则，
，
，
故选：B.
3. 已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的平均数和方差分别为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和方差公式计算可得答案.
【详解】平均数为，
方差为
，
故选：C.
4. 已知空间向量，，（其中x、），如果，则（）
A. 1B. 2C. -2D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量共线的性质进行求解即可.
【详解】因为，
所以有，
故选：B
5. 已知角的终边上一点，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先通过三角函数的定义求出，代入求出，继而求出的值.
【详解】角的终边上一点
，
解得.
.
故选：B.
6. 正实数满足，则的最小值为（）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】化简已知得，再利用基本不等式求解.
【详解】由已知得，
则，
当且仅当时等号成立．
故选：B
7. 设，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. c＜b＜aB. c＜a＜bC. b＜a＜cD. b＜c＜a
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得出，，进而即可得到，，的大小关系．
【详解】由，且，即，
又，
所以c＜b＜a．
故选：A．
8. 已知三棱锥四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9. 给定组数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则关于这组数据，下列说法正确的是（）
A. 中位数为3B. 方差为
C. 众数为2和3D. 第85%分位数为4.5
【答案】AC
【解析】
【分析】先将这组数从小到大排序，易判断AC；先求平均数再求方差，从而判断B；利用百分位数的求解即可判断D.
【详解】将数据从小到大排序为，，，，，，，，，，
故中位数为，故A正确；
平均数为，
则方差为，故B错误；
众数为和，故C正确；
这组数据的第百分位数为，不是整数，故取第9个数字，第9个数字为，故D错误.
故选：AC.
10. 函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于中心对称
C. 在上单调递减
D. 把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
【答案】AD
【解析】
【分析】由图象可得函数周期，可得，由在处取最大值，可确定.A选项，由图象可得函数周期；BC选项，由A分析，可得.由在处取最大值，可确定，后由正弦函数对称性，单调性可判断选项正误；D选项，判断平移后所得函数的奇偶性即可判断选项.
【详解】A选项，由图可得，的半个最小正周期为，则的最小正周期为，故A正确；
BC选项，，由在处取最大值，则，.则，取，则.即.
将代入，得，则不是对称中心；
，，因在上递减，在上递增，则不是的单调递减区间，故BC错误；
D选项，由BC选项分析可知，，向右平移个单位长度后，得，为奇函数，故D正确.
故选：AD
11. 如图，为正方体，下面结论正确的是（）
A. 平面
B. 与平面所成的角的正弦值为
C. 平面
D. 异面直线与所成角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可逐个证明.
【详解】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，为正方体，设边长为1，
则，，，，，，，，
对A，，，又∵平面，∵平面，∴平面，A对；
对B，，，，由得为平面的法向量，
，故与平面所成的角的正弦值为，B错；
对C，由B得，同理可证为平面的法向量，故平面，C对；
对D，，，∴异面直线与所成的角的余弦值为，故所成角为，D对.
故选：ACD
12. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（）
A. 的一个周期为4B. 是函数的一条对称轴
C. 时，D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，即可判断函数的对称性，由为奇函数，可得，结合，可求得，的值，从而得到时，的解析式，再利用周期性从而求出的值．
【详解】对于A，为奇函数，，且，函数关于点，
偶函数，，函数关于直线对称，
，
即，，
令，则，，
，故的一个周期为4，故A正确；
对于B，则直线是函数的一个对称轴，故B正确；
对于C、D，∵当时，，
，，
又，，解得，
，，
当时，，故C不正确；
，故D正确.
故选：ABD
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若函数，且的图像恒过定点，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】因对数函数恒过点，令，求出，再将所求值代入表达式求，即可求出定点坐标.
【详解】令，得.
又，
所以的图像经过定点.
故答案为：
14. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知，利用正弦定理以及直角三角形的性质计算求解.
【详解】
如图，在中，，，所以，
又，由正弦定理有：，即，
解得，
又是直角三角形，且，所以，
所以此山的高度m.
故答案为：.
15. 下图，M是三棱锥的底面的重心．若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】方法一：根据三角形重心的性质结合空间向量基本定理求解即可，方法二：利用空间向量共面定理的推论求解.
【详解】方法一：由于M是三棱锥的底面的重心，连接AM，
所以，
则，
所以．
方法二：因为M与A，B，C四点共面，所以．
故答案为：1
16. 已知函数的图像关于点中心对称，关于直线轴对称，且函数在上单调递减，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的单调性和图像的对称性，求函数解析式，再求.
【详解】函数，
函数的图像关于直线轴对称，关于点中心对称，
故，其中，
而在上单调递减，故，故，故，
故，所以，故，
故，而，
结合可得，故，
则有.
故答案为：
四．解答题（共6小题，共60分，）
17. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a、b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
【答案】（1）
（2）平均数为，第60百分位数
【解析】
【分析】（1）由三、四、五组的频率之和为可求出值，再由所有频率之和为求出值；
（2）根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解，再根据百分位数的定义求解第60百分位数即可.
【小问1详解】
∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
【小问2详解】
这100名候选者面试成绩的平均数为
，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，
设第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为.
18. 如图,在三棱锥中,,D,E分别是的中点．
（1）求证：平面;
（2）求证：平面．
【答案】（1）见解析,
（2）见解析.
【解析】
【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面平行;
(2)根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.
【小问1详解】
证明：由题知D,E分别是的中点,,
平面平面
平面,得证;
【小问2详解】
证明：由题知,D是的中点,
,
平面,平面且,
故平面得证.
19. 如图，在平面四边形中，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，先利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解即可；
（2）先在在中利用正弦定理求得，再在中利用余弦定理即可得解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以的面积.
【小问2详解】
在中，，
由正弦定理得，，
又，
所以，
，
在中，，
由余弦定理得，
所以的长为.
20. 已知函数且在区间上的最大值是2.
（1）求的值；
（2）若函数的定义域为，求不等式中的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况利用对数函数单调性列方程可求出的值；
（2）由函数的定义域为，可得，再结合（1）可求出，然后利用指数函数的单调性可求出的取值范围.
【小问1详解】
当时，函数在区间上是减函数，
因此当时，函数取得最大值2，即，因此.
当时，函数在区间上是增函数，
当时，函数取得最大值2，即，因此.
故或.
【小问2详解】
因为的定义域为，
所以，则，即，
代入不等式，得，
则，解得，因此的取值范围是.
21. 在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形，点在底面上的射影为棱的中点，且与底面所成角为，点为线段上一动点．
（1）求证：；
（2）是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且点为的中点
【解析】
【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）分析可知，平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：连接，为等边三角形，为的中点，则，
因为点在底面上的射影为点，则平面，
平面，，
，、平面，平面，
平面，.
【小问2详解】
解：因为平面，，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，
因为平面，所以，与底面所成的角为，
则、、，设点，其中，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，设平面的法向量为，
则，取，则，
由已知可得，可得，
，解得，即点.
因此，当点为的中点时，二面角的余弦值为．
22. 已知函数，将的图象向左平移个单位得的图象.
（1）求的最小正周期与单调递增区间；
（2）若方程在有且仅有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）或.
【解析】
【分析】（1）化简的解析式，然后根据图象的平移变换得到的解析式，最后求最小正周期和单调区间即可；
（2）利用换元思想令，将方程在上有且仅有一个零点转化为在有且仅有一个零点，然后分和两种情况讨论即可.
【小问1详解】
，
所以，
所以的最小正周期，
由，得，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
因得，
所以且单调递增，
设，所以，
所以原方程等价于在有且仅有一个零点
设，，
①当时，，合题意，
②当时，
（i）若，得，由方程解得，合题意，
（ii）若，得，由方程解得，合题意，
（iii）若，则或，解得或或，
综上所述：或.