2023-2024学年河南省名校（创新发展联盟）高二上学期第一次联考数学试题含答案

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2023-2024学年河南省名校（创新发展联盟）高二上学期第一次联考数学试题 一、单选题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【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：B2．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．30 B．15 C．20 D．25【答案】D【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：D3．若，则（    ）．A． B． C．2 D．【答案】C【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：C4．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2 D．掷出的点数小于3【答案】C【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：C5．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【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：C6．如图，在三棱柱中，，，，，与的交点为M，则（    ）．  A． B． C． D．【答案】C【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【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【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、多选题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【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：AD10．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【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：ABD11．如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，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【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：ACD12．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，的最大值为【答案】BCD【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13．已知向量，，，若，则          ．【答案】2【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：214．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】【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】【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】【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】【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 【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.【详解】（1）由，得．（2）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．（3）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 【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.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，则，故.由正弦定理可得，则（2）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) 【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.【详解】（1）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.（2）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). 【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.【详解】（1）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．（2）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) 【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.【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，因为分别是的中点，所以，，又因为，，所以，，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以．    （2）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.