2023-2024学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二上学期期初检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二上学期期初检测数学试题含答案，共18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学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二上学期期初检测数学试题 一、单选题1．若经研究得出某地10名新冠肺炎病患者的潜伏期（单位：天）分别为，则这10个数据的第80百分位数是（    ）A．12 B．13 C．14 D．15【答案】C【分析】根据百分位数的计算公式求解即可【详解】由题意，，故第80百分位数是故选：C2．已知正六棱台的上､下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据台体体积公式即可求解.【详解】设正六棱台的上下底面面积分别为,因为正六边形是由6个全等的等边三角形组成，所以 所以六棱台的体积.故选:B.3．已知向量，满足，若，则实数的值为（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.【详解】∵，∴∵，∴∵，∴，即.故选：C.4．设，则（    ）A．3 B．2 C．1 D．【答案】B【分析】先利用诱导公式和三角函数的基本关系式，化简得到，代入即可求解.【详解】由诱导公式，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及三角函数的基本关系式的化简、求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和基本关系式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.5．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，，7，8(其中)，若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的方差是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意知众数为4，解；再根据方差公式求得.【详解】依题意知众数为4中位数为，所以得平均数所以方差 故选：C6．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积（    ）．A．6 B．4 C． D．【答案】A【分析】先根据已知条件求出，，利用三角形的内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理求出，最后利用三角形的面积公式求的面积即可.【详解】，由：，，，，.由正弦定理，得，解得，故的面积，故选：A.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式、正弦定理的应用、三角形的面积公式，考查数学运算核心素养.7．已知，则最小值为（　　）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】令并确定范围，结合平方关系有，再设，结合对勾函数性质求最小值即可.【详解】令，则，故，所以，则，所以且，而，仅当时等号成立，给定区间内等号不成立，结合对勾函数性质知：在上递增，所以在上递增，则最小值为.故选：B8．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝4，E为AD中点，则三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为（    ）A．8π B．24π C．32π D．44π【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用球的性质，结合空间两点间距离公式、球的表面积公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，，设三棱锥A1﹣CDE外接球的球心为，所以，由，由，由，所以，因此三棱锥A1﹣CDE外接球的半径为，故该外接球的表面积为，故选：D 二、多选题9．已知复数的实部为，则下列说法正确的是（    ）A．复数的虚部为 B．复数的共轭复数C． D．在复平面内对应的点位于第三象限【答案】ACD【解析】首先化简复数，根据实部为-1，求，再根据复数的概念，判断选项.【详解】，因为复数的实部是-1，所以，解得：，所以，A.复数 的虚部是-5，正确；B.复数的共轭复数，不正确；C.，正确；D.在复平面内对应的点是，位于第三象限，正确.故选：ACD10．在中，点满足，当点在线段上（不含点）移动时，记，则（   ）A． B．C．的最小值为 D．的最小值为【答案】BC【分析】根据中点和向量共线，可得，进而可得，的关系，然后根据基本不等式以及对勾函数可求最小值.【详解】是中点,则,又点在线段上,即三点共线,设,故,.故B对A错.,当且仅当时,即,故C对.在上单调递减，当取最小值，故D错.故答案为：BC11．甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以，表示从罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1球，以表示从乙罐中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）A．B．事件与事件互相独立C．，互斥D．的值不能确定，因为它与，中究竟哪一个发生有关【答案】AC【分析】由题可得，，的值，可判断AD，利用独立事件的概念可判断B，根据互斥事件的定义可判断C.【详解】由题可得，，，故A正确，D错误；又，因此，故B错误；，不可能同时发生，故彼此互斥，故C正确. 故选：AC．12．如图，在棱长为1的正方体中（    ）A．与的夹角为 B．二面角的平面角的正切值为C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法逐项判断即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，，即，与的夹角为，故A错误；设平面的法向量为，，所以，令，则，平面的法向量可取，二面角的平面角为，则，所以，故B正确；因为，设与平面所成角为，则，故C正确；因为，设点到平面的距离为，则，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量，，则事件““发生的概率为           .【答案】【分析】由题意，利用列举法，结合垂直向量的坐标表示，再根据古典概型的概率公式，可得答案.【详解】由题意，的坐标可能是，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况，若，则，即，符合这一条件的有，，共种，故事件““发生的概率.故答案为：.14．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则           .【答案】【分析】由，利用平方关系求出，代入利用二倍角公式，诱导公式计算可得．【详解】解：∵，若，∴，∴，故答案为：.15．如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于             ．   【答案】【分析】作出截面，分析可知截面是边长为的正六边形，计算出截面面积即可.【详解】因为、分别为、的中点，则且，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，所以，，设平面交棱于点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，则，因为为的中点，所以，为的中点，设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点，连接交棱于点，连接、，则截面为六边形，  因为，则，所以，，因为，则，所以，，则为的中点，同理可知，为的中点，易知六边形是边长为的正六边形，所以，截面面积为.故答案为：.16．如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于时，的坐标为______________.【答案】【详解】如图，连结AP，分别过P，A作PC，AB垂直x轴于C，B点，过A作AD⊥PC于D点．由题意知的长为2.∵圆的半径为1，∴∠BAP＝2，故∠DAP＝2－.∴DP＝AP·sin＝－cos 2，∴PC＝1－cos 2，DA＝APcos＝sin 2.∴OC＝2－sin 2.故＝(2－sin 2,1－cos 2)． 四、解答题17．某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务态度，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示）.(1)求频率分布直方图中a的值；(2)试估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40，60）内的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在[50，60）内的概率.【答案】(1)(2)0.4(3) 【分析】（1）利用频率分布直方图中的信息，所有矩形的面积和为1，得到；（2）根据频率分布直方图可知对该部门评分不低于80的求出频率，估计概率；（3）求出评分在，的受访职工和评分都在，的人数，随机抽取2人，列举法求出所有可能，利用古典概型公式解答．【详解】（1）因为，解得；（2）由已知的频率分布直方图可知，50名受访职工评分不低于80的频率为，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4；（3）受访职工中评分在，的有：（人，记为，，；受访职工评分在，的有：（人，记为，．从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，分别是，，，，，，，，，，，，，，，,，，，，又因为所抽取2人的评分恰好都在的结果有，，，，，共有3种，故所求的概率为：．18．已知正三棱柱，若过面对角线与另一面对角线平行的平面交上底面的一边于点  (1)确定的位置，并证明你的结论；(2)证明：平面平面；【答案】(1)为的中点；证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，根据线面平行的性质定理可得，再由可得答案；（2）由面面垂直的判定定理可得答案.【详解】（1）如下图，连接交于，连接，平面，平面，平面平面，，由正三棱柱得，即为的中点；（2）由正三棱柱得为正三角形，平面，平面，，平面，平面，平面，平面平面.  19．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.(1)求角B的大小；(2)求的取值范围；【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，根据数量积定义式以及正弦定理，整理等式，结合正弦函数的和角公式，可得答案；（2）由题意，根据余弦定理以及正弦定理，整理关于所求代数式的等式，根据重要不等式，可得关于所求代数式的不等式，解得最大值，根据余弦定理大于零，可得答案.【详解】（1）由，则，由正弦定理，可得，则，，由正弦和角公式，，由，则，即，，解得.（2）由余弦定理，可得，由（1）可知，则，由正弦定理，可得，，当且仅当时，等号成立，则，，即，由，则，故.20．设函数(1)当时，求的取值范围；(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式和两角和或差的三角函数公式对函数解析式化简整理，即可求解；（2）根据已知求得的值，讨论角的范围得，利用二倍角公式求解即可.【详解】（1），因为，所以，所以的取值范围为（2）由，得，，，，又，，，21．铰链又称合页，是用来连接两个固体并允许两者之间做相对转动的机械装置.铰链由可移动的组件构成，或者由可折叠的材料构成，合页主要安装与门窗上，而铰链更多安装与橱柜上，如图所示，就是一个合页的抽象图，可以在上变化，其中，正常把合页安装在家具门上时，的变化范围是，根据合页的安装和使用经验可知，要使得安装的家具门开关并不受影响，在以为边长的正三角形区域内不能有障碍物.  (1)若使，求的长；(2)当为多少时，面积取得最大值？最大值是多少？【答案】(1)(2)，cm3 【分析】（1）根据题意利用三角比可得，在中，由余弦定理知即可得解； （2）设，，，利用正余弦定理换算可得，，代入整理可得，利用的范围即可得解.【详解】（1）如图所示，  因为，，易知，，，在中，由余弦定理易知，且，，在中，由余弦定理可得：所以，解得；（2）设，，，在中，由余弦定理易知，，即，①，，即②，由正弦定理易知③，将①②③代入下列式子中：，则当时，取最大值，最大值为.【点睛】思路点睛：第二问中由余弦定理得，，由正弦定理得，三式代入面积公式，考查了学生的思维能力及运算能力.22．如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．(1)求证：AF∥平面SEC；(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在， 【分析】（1）取SC的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE是平行四边形，则AF∥EG，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（3）假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出即可得出答案.【详解】（1）证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG，∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，，∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC，，∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，∴AF∥平面SEC；（2）证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，，∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，∴AD⊥CE，又平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，又平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；（3）解：假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，∵平面MAC，∴BD⊥OM，∵四边形ABCD是边长为2的菱形，，△SAD为正三角形，∴，∵侧面SAD⊥底面ABCD，又侧面底面ABCD＝AD，平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，又平面ABCD，∴SE⊥BE，∴，∴，∴，∴，∴，∴在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，.