2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（三）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（三）数学试题含答案，共23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。
2023-2024学年贵州省铜仁第一中学高二上学期8月摸底衔接质量检测（三）数学试题

一、单选题
1．“”是“不等式对任意的恒成立”的（    ）条件
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据不等式恒成立，求实数的取值范围，再利用集合的包含关系，判断充分，必要条件.
【详解】当时，对任意的恒成立，
当时，则，解得：，故的取值范围为．
故“”是的充分不必要条件．
故选：A
2．已知向量，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据求得，再结合向量夹角的坐标公式求解答案.
【详解】因为，
所以，
又因为，所以，解得，
则，所以，
所以.
故选：D
3．“三个臭皮匠，赛过诸葛亮”，这句口头禅体现了集体智慧的强大.假设李某能力较强，他独自一人解决项目M的概率为；同时，有n个水平相同的人组成的团队也在研究项目M，团队成员各自独立地解决项目M的概率都是0.4.如果这个n人的团队解决项目M的概率为，且，则n的取值不可能是（参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48）（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】由独立事件同时发生的概率公式先求出团队成员都不能解决项目M的概率，再由对立事件的概率求出，由题意建立不等式求解即可.
【详解】由题意，这n个人组成的团队不能解决项目M的概率为，
所以，
由可得，即，
两边取常用对数可得：，即，
解得，又，所以.
故选：A
4．已知设，则，则的最小值为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决.
【详解】由，可得，可令，
则
（为锐角，且）
由，可得
则的最小值为3.
故选：A
5．某圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，侧面积为，则该圆台的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆台的侧面积和体积公式，结合题意，准确运算，即可求解.
【详解】设圆台的母线长为，高为，
因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，侧面积为，
可得，解得，
所以圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选：B.
6．根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：
①平均数；
②平均数且极差小于或等于3；
③平均数且标准差；
④众数等于5且极差小于或等于4．
则4组样本中一定符合入冬指标的共有（    ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【答案】B
【分析】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求.
【详解】①举反例：，，，，，其平均数．但不符合入冬指标；
②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知，
则此组数据中的最小值为，此时数据的平均数必然大于7，
与矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标；
③举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差.但不符合入冬指标；
④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标.
故选：B．
7．已知定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，当时，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由为奇函数，为偶函数可知为以4位周期的周期函数，且关于点对称，关于轴对称，利用周期性与对称性可化简代入即可得出答案.
【详解】因为为偶函数，
所以，
所以，
又为奇函数，即
所以，
所以的周期为4，
.
故选：A.
【点睛】本题综合考查了函数的周期性与对称性，属于难题.解本类题型一般可借助正弦曲线与余弦曲线帮助我们理解其对称性与周期性.
8．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为、、，则有，设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题错误的是（     ）
  
A．若，则O为△ABC的重心
B．若，则
C．则O为△ABC（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
【答案】D
【分析】对于A，假设为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；对于选项B，利用奔驰定理可直接得出B正确；对于C，由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论，可判断C正确；选项D，根据奔驰定理可得，再利用三角形面积公式可求得，即可计算出，可得D错误；
【详解】对于A：如下图所示，
  
假设为的中点，连接，则，故共线，即在中线上，
同理可得在另外两边的中线上，故O为的重心，即A正确；
对于B：由奔驰定理O是内的一点，的面积分别为，
则有可知，
若，可得，即B正确；
对于C：由四边形内角和可知，，则，
同理，，
因为O为的垂心，则，
所以，同理得，，
则，
令，
由，则，
同理：，，
综上，，
根据奔驰定理得，即C正确.
对于D：由可知，，
又，所以
由可得，；
所以，即D错误；
故选：D.
【点睛】关键点睛：利用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式和奔驰定理判断结论即可.

二、多选题
9．下列说法中错误的为（    ）
A．已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
B．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底
C．非零向量，，满足且与同向，则
D．非零向量和，满足，则与的夹角为
【答案】AC
【分析】由向量的数量积即向量的夹角的知识可判断A的正误；由向量的基本定理可判断B的正误；由向量的定义可判断C的正误；由平面向量的基本定理与向量的夹角等基本知识可判断D的正误．
【详解】对于A，，，且与的夹角为锐角，
，且（时，与的夹角为），所以且，故A错误；
对于B，向量，即共线，故不能作为平面内所有向量的一组基底，故B正确；
对于C，向量是有方向的量，不能比较大小，故C错误；
对于D，因为，两边平方得，，又，
则，，
故，
而向量的夹角范围为，所以和的夹角为，故D正确．
故选：AC．
10．已知函数.为函数的一条对称轴，且.若在上单调，则的取值可以是（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】由为对称轴，及求出的取值集合，再根据函数在区间上单调，求出的范围，即可求出的值；
【详解】解：为对称轴，；
或，；
联立解之得:或，，；
又在上单调，
，所以
或
故选：BC
11．已知函数的定义域均为.若时，且时，则（    ）
A． B．函数的图像关于点对称
C． D．
【答案】AD
【分析】根据条件先求出，再根据求值判断A，结合已知，然后利用对称中心的概念判断B，根据数列知识及函数性质求出函数值的和即可判断C、D.
【详解】因为时，
所以，
又时，所以，，，，
所以，
故选项A正确；
由得，
由知是奇函数，所以，
上面两个式子相加得，所以关于对称，所以错误；
，故选项错误；
由得
，
所以正确.
故选：AD
12．如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）
  
A．四边形一定为矩形 B．平面平面
C．四棱锥体积为 D．四边形的周长最小值为
【答案】BC
【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小．
【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形，
所以，由题意得，平面，平面，所以，
，平面，所以平面，则平面，
平面，所以平面平面，故B正确；
由正方体的性质得平面平面，
平面平面，平面平面，故，
同理得，又平面，平面，，四边形为菱形，故A错误；
对于C，四棱锥的体积为：
，故C正确；
对于D，四边形是菱形，
四边形的周长，
当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小，
此时，即周长的最小值为4，故D错误．
故选：BC．
  

三、填空题
13．在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】/
【分析】取的中点，由题意知和都是等边三角形，从而可得，得是二面角的平面角，即，设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，从而可求出外接球的半径，进而可求得球的表面积.
【详解】取的中点，连接，因为，
所以和都是等边三角形，所以，
所以是二面角的平面角，即，
设球心为，和的中心分别为，则平面，平面，
因为，公共边，所以≌，
所以，
因为，所以，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为
故答案为：
  
【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是根据题意找出三棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力，属于较难题.
14．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，

故答案为：.

15．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论：
  
①直线与所成角的大小为；②；③的最小值为；④若，则点的轨迹所围成图形的面积是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.
【详解】由于，所以即为直线与所成的角或其补角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正确；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中点为，连接,
由于为的中点，所以，所以平面，平面，则，
又，中点为，所以,
平面，所以平面，平面，则,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正确；
当平面时，最小，设此时点到平面的距离为，
,
所以,
由于，故为等边三角形，,
所以，故③错误；
由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为,
所以点到平面的距离为,
由于被平分，所以到平面的距离为,
由②知平面，所以三点共线，即，
又，所以,
因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆，所以面积为，故④正确.
故答案为：①②④
  
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..
16．已知的边，且，则的面积的最大值为 .
【答案】
【分析】首先根据三角恒等变形和正弦定理变形得到，再利用三角形面积公式得，再转化为三角函数的性质，求函数的最大值
【详解】由题意，设中角，，所对应的边长度分别为，，，则有，
由可得，整理得，
∴，
∵，∴，∴，
由正弦定理可得，
∴，则有.
故的面积
.
∵，∴，当时，的面积取得最大值.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数和解三角形相结合的综合应用，本题的关键是利用三角恒等变形和正弦定理得到，为后面转化为关于的三角函数求最值奠定基础.

四、解答题
17．已知函数，．
（1）求的最大值和最小值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）．
又，，即，
．
（2），，
且，
，即的取值范围是．
18．从某学校的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于和之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.

（1）求第七组的频率并估计该校800名男生中身高在以上（含）的人数；
（2）估计该校800名男生的身高中位数和平均数；
（3）从第六组和第八组的男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为，，事件，求.
【答案】（1）0.06，144人；（2）中位数为，平均数为174.1；（3）.
【分析】（1）先求出第六组的频率，再由频率之和为1可求出第七组频率，求出身高在以上的频率，即可估计出人数；
（2）根据频率分布直方图即可计算估计出中位数和平均数；
（3）列出所有的基本事件，求出事件包含的基本事件个数，即可求出概率.
【详解】（1）第六组的频率为，
∴第七组的频率为，
由直方图得后三组频率为，
∴800名男生中身高在以上（含）的人数为人.
（2）由直方图得，身高在第一组的频率为，
身高在第二组的频率为，
身高在第三组的频率为，
身高在第四组的频率为，
由于，
，
设这所学校的800名男生的身高中位数为，
则，
由得，
所以这所学校的800名男生的身高的中位数为，
平均数为.
（3）第六组的人数为4人，设为，，，，
第八组的人数为人，设为，，
则从中随机抽取两名男生有，，，，，，，，，，，，，，共15种情况，
因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，所以事件包含的基本事件为，，，，，，共7种情况.
所以.
【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计中位数和平均数，考查古典概型概率求解，解题的关键是掌握频率直方图求中位数、平均数的方法，考查计算能力.
19．已知函数．
(1)当时，求的增区间；
(2)若，都有，求实数a的取值范围．
【答案】(1)和
(2)

【分析】（1）根据已知及分段函数，函数的单调性与单调区间的计算，求出的单调增区间；（2）根据已知及二次函数的性质求最值，结合不等式和绝对值不等式的计算求出实数a的取值范围．
【详解】（1）时，，
时，在上单调递增，在上单调递减
时，单调递增
综上，的增区间是和
（2）因为对，都有        
所以，所以    
又时，所以    
所以时，，    
又时，，
所以问题转化为：对恒成立，
整理得：对恒成立，
所以，    
因为在上单调递增，所以时，    ，
因为时，，
当且仅当即时取等号，
所以，
所以
20．如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，点分别在线段和上，且．
  
（1）求证：平面；
（2）设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，交于，只须证明平行于平面内直线即可；
（2）取中点，连接、，可得为二面角的平面角，再在中利用余弦定理求出，过点作交于点，可证平面，即为点到平面的距离，又平面，则也为点到平面的距离，再利用等面积法求出，再求长，二者之比即为所求．
【详解】（1）证明：连接，交于，
因为，，所以，，
因为，所以，
，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接、，
因为为正三角形，所以，，
因为为直角梯形，，，，所以四边形为矩形，
所以，因为，所以平面，所以平面平面，
所以为二面角的平面角，
所以，设，由余弦定理得，
于是，整理得，解得或（舍去），
过点作交于点，
因为，平面，所以平面，又面，所以面平面，面平面，平面，
所以平面，
所以为点到平面的距离，
因为，平面，平面，所以平面，
所以也为点到平面的距离，因为，所以，所以，即，解得，由，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
  
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
21．在中，内角的对边分别为，已知.
(1)求角的值；
(2)若，且的面积.
（i）求证：；
（ii）已知点在上，且满足，延长到，使得，连接，求.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）

【分析】（1）利用将，化为，即可求角的值；
（2）（i）由三角形面积公式得，，化为，结合余弦定理可得结论；（ii）由（i）得，判断为的角平分线，设，求得，再根据余弦定理得答案.
【详解】（1）在中，∵，∴
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∵，∴.
（2）（i）由三角形面积公式得，，∴，
由余弦定理得，，
∴，
∵，∴，∴；
（ii）由（i）得，，
∴，
取的中点，所以，
则
设，则H再CE上，
因为，所以，
平行四边形ACGH是菱形，
∴即为的角平分线，
设，∵为角的平分线，∴
∴在中，，
∵，∴，
在中，，∴
∵，∴，
又∵，∴为等边三角形，
∴.
在中，，由余弦定理得，

∴，
根据余弦定理得，，
∴.
  
22．如图，在四棱锥中，平面平面，，．

(1)证明：．
(2)若，点到平面的距离为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得线面垂直，再根据线面垂直判定与性质证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图，在中，作，垂足为．

因为平面平面，平面平面，面，所以平面．
又因为平面，所以．
取的中点，连接．又因为，，所以四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，所以，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为，于点，所以为的中点．
由（1）可知，为直角三角形，且．
因为，所以，．
又因为四边形为菱形，所以，所以，
所以的面积为．的面积为．
由三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
得，即，所以．
在中，，即，所以．
连接．由（1）可知，，，两两互相垂直．
以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为．由得所以．
取，得，则．
设平面的法向量为．由得
取，得，，则．
所以．
由图形可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为．
【点睛】用向量法解决空间几何问题的步骤：建、设、求、算、得．
（1）建：建立空间直角坐标系，以三条两两互相垂直的直线的交点为原点，没有三条两两互相垂直的线时需作辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能使较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内．
（2）设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标．
（3）求：求出所需平面的法向量．
（4）算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用夹角公式求线面角或二面角．
（5）得：根据题意或图形，得出答案．