2022-2023学年河北省正定中学高二下学期月考四数学试题含答案

2022-2023学年河北省正定中学高二下学期月考四数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则中元素的个数是（    ）

A．2 B．3

C．4 D．5

【答案】C

【分析】首先求出集合中的元素，再利用集合并集进行运算即可求得元素个数.

【详解】对于集合，

，解得：

又，，

，共个元素，

故选：C.

2．若复数为纯虚数，则实数的值为（    ）

A．2 B．2或 C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.

【详解】因为复数为纯虚数，则有，解得，

所以实数的值为.

故选：C

3．已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据线线、线面、面面位置关系及平行垂直性质判断逐一判断.

【详解】若,可以有或相交，故A错；

若，可以有或异面，故B错；

若，可以有、与斜交、，故C错；

过作平面，则，又，得，，

所以，故D正确.

故选:D

【点睛】本题考查空间线、面的位置关系，属于基础题.

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再由特殊值排除D即可得解.

【详解】因为的定义域为，关于原点对称，

所以，即函数为奇函数，排除AB，

当时，，排除D.

故选：C

5．已知圆锥的表面积为6，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】设底面半径为，侧面展开图半径为；

底面周长等于侧面半圆周长，即

选A

6．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E为AP的中点，则异面直线PC与DE所成的角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系,利用夹角公式求出，即可求解异面直线的夹角．

【详解】根据题意，以,,分别为,,轴建立空间直角坐标系，

设，,0,,,2,,,0,,,2,，

,2,,,,，

，

则异面直线与所成角的余弦值为.

故选：D．

   .  

7．如图，在平面四边形ABCD中，．若点E为边CD上的动点（不与C、D重合），则的最小值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得的坐标，根据数量积的坐标表示，结合二次函数知识，即可求得答案.

【详解】由于，

如图，以D为坐标原点，以为轴建立直角坐标系，

连接,由于，则≌,

而，故，则，

则，

设，则，，

故，

当时，有最小值，

故选：B．

8．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解.

【详解】如图，连接AC，BD，设，

因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接，

则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，

根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M．

连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以，

连接EP，FQ，在与中，易知，

所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且．

设，球O的半径为R，连接OE，OA，

当O在线段上时，由球的性质可知，

易得，则，此时无解．

当O在线段的延长线上时，由球的性质可知，

，解得，所以，

所以球O的表面积，

故选：D．

【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置．

二、多选题

9．已知复数z满足，则（    ）

A．

B．z满足方程

C．

D．z在复平面内对应的点位于第二象限

【答案】AB

【分析】运用复数除法化简可得，分别运用复数模公式、运算公式及复数几何意义即可判断各个选项.

【详解】因为，

所以，

对于A项，，故A项正确；

对于B项，将代入得：，故B项正确；

对于C项，，故C项错误；

对于D项，，所以在复平面内对应的点为，故D项错误.

故选：AB.

10．下列说法正确的是（    ）

A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1

B．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数等于中位数

C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21

D．若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差为变小

【答案】ABD

【分析】根据简单随机抽样的性质，百分位数，众数，中位数，平均数以及方差，结合选项即可一一判断．

【详解】对于A，用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是，故A正确；

对于B，一组数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，故B正确；

对于C，将这8个数据从小到大排列为:12,14,15,17,19,23,27,30;由于，第70百分位数为第6个数为23，故C错误；

对于D，设原数据为平均数为，方差为2，即

加入一个新数据5，这9个数据为此时样本容量为9，平均数不变，

方差，故方差变小，故D正确，

故选：ABD

11．将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）

A．

B．的图象相邻两条对称轴间距离为

C．在上单调递减

D．在上的值域为

【答案】BD

【分析】直接利用三角函数图象的变换和正弦型函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论.

【详解】函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象；

对于A：，故A错误；

对于B：函数的最小正周期为，故相邻两条对称轴间距离为，故B正确；

对于C：由于，所以，函数在该区间上单调递增；

故C错误；

对于D：由于，所以，所以函数的值域为，故D正确.

故选：BD.

12．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面.下列说法正确的有（    ）

A．异面直线AM与可能垂直

B．直线BC与平面可能垂直

C．AB与平面所成角的正弦值的范围为

D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为

【答案】ACD

【分析】根据线线垂直得线面垂直，进而由线面垂直即可判断A，根据线面垂直的性质即可判断B，根据线面角的定义，结合三角函数的性质即可判断D，根据线面垂直可判断平面为平面，即可求解D.

【详解】对于A，在平面内作，交于点

在正四棱柱中，

因为平面，平面，所以，

又平面，平面，，

所以平面，又平面，

所以．故A说法正确；

对于B，由于平面，，不可能平行，故与不可能垂直，故B说法错误；

对于C如图：

连接，，因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角，

在直角三角形中，，

当点由点向移动时，逐渐增大，

在直角三角形中，，

在直角三角形中，，

，

则，则，故C正确，

对于D,如图：

由题意知为的中点，连接，，，，，，

在直角三角形中，，

同理，由题意知，所以，所以，

在正四棱柱中，因为平面，平面，

所以，

又平面，平面，，

所以平面，又平面，所以，

同理，

又平面，平面，，

所以平面，

所以平面即平面，

三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形，

其周长为，故D正确，

故选：ACD．

【点睛】方法点睛：作截面的常用方法：

直接法，截面的定点在几何体的棱上；

平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；

延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

三、填空题

13．某高中共有学生人，其中高一､高二､高三的学生人数比为，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，则高三年级应该抽取           人.

【答案】

【分析】根据由已知可求得抽样比，再求出高三的学生数，即可求出结果.

【详解】设高一学生数为，则高二学生数为，高三学生数为，

所以，该高中共有学生数为，解得，

用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，抽样比为，

所以高三年级应该抽取人.

故答案为：.

14．已知，则        ．

【答案】1

【分析】本题先求出、，再化简代入求值即可.

【详解】解：∵ ，，，

∴  或

①当且时，

；

②当且时，

.

故答案为：1.

【点睛】本题考查了同角三角函数关系，二倍角公式，是基础题.

15．已知平面向量，（，）满足，且与的夹角为，则的最大值是        .

【答案】

【分析】数形结合画出图形，知,,,点C在圆弧长运动，设，由正弦整理可得：，可得的最大值.

【详解】解：如图，

数形结合知,,,点C在圆弧长运动，设，

由正弦整理可得：，可得，

故的最大值是，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，注意数形结合及正弦定理的灵活运用，属于中档题.

16．如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是等边三角形，且平面平面，E为棱上一点，若平面平面，则      .

【答案】

【分析】取的中点O,连接交于F点,由已知可得平面,由只需满足则平面平面.根据,即可求得结果.

【详解】取的中点O，连接交于F点，∵，，∴.

∵平面平面，，∴平面,在中,当,平面,则有平面平面，

∴.

故答案为: .

【点睛】本题考查面面垂直的性质,考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,难度一般.

四、解答题

17．已知向量，.

(1)求向量与夹角的余弦值；

(2)若向量与互相垂直，求的值.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）利用平面向量的数量积即可求得结果.

（2）利用两向量垂直的条件即可求得结果.

【详解】（1）由，，

所以，

，，

设向量与的夹角为，则.

（2）若向量与互相垂直，

则，

所以.

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)求角A的大小；

(2)若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)．

(2)

【分析】（1）由已知利用余弦定理可求，结合范围，即可得解的值．

（2）由已知利用三角形面积公式可得，由余弦定理可得，即可得解三角形的周长．

【详解】（1）．

，

，．

（2），，由三角形面积公式可得：，解得，

由余弦定理可得：，即，

解得：，

三角形的周长为．

19．为弘扬奥林匹克精神，普及冰雪运动知识，助力2022年冬奥会和冬残奥会，某校组织全体学生参与“激情冰雪—相约冬奥”冰雪运动知识竞赛．从参加竞赛的学生中，随机抽取若干名学生的竞赛成绩，均在50到100之间，将样本数据分组为，，，，，并将成绩绘制得到如图所示的频率分布直方图．已知成绩在区间70到90的有60人．

(1)求样本容量，并估计该校本㳄竞赛成绩的中位数及平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)全校学生有1000人，抽取学生的竞赛成绩的标准差为11，用频率估计概率，记全校学生的竞赛成绩的标准差为，估计全校学生中竞赛成绩在内的人数．

【答案】(1)样本容量为100；中位数，平均数；

(2)621人

【分析】（1）根据频率分布直方图的数据分析公式可得.

（2）先计算区间为，根据频率分布直方图求其对应频率再乘以总数1000即得.

【详解】（1）设样本容量为，则，得，样本容量为100．

设本次竞赛成绩的中位数为，

则，得

抽取的学生竞赛成绩的平均数．

（2），，

则抽取学生在内的频率为

全校学生有1000人，竞赛成绩在内的人数

20．如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点M，N分别为和的中点.

(1)若，求三棱柱的体积；

(2)证明：平面；

(3)请问当为何值时，平面，试证明你的结论.

【答案】(1)

(2)见解析

(3)时，平面，证明见解析.

【分析】（1）直接根据三棱柱体积计算公式求解即可；

（2）利用中位线证明面面平行，再根据面面平行的性质定理证明平面；

（3）首先设为，利用平面列出关于参数的方程求解即可.

【详解】（1）∵三棱柱的侧棱垂直于底面，

且，，，

∴由三棱柱体积公式得：；

（2）证明：取的中点，连接，，

∵，分别为和的中点，

∴，，

∵平面，平面，

平面，平面，

∴平面，平面，

又，∴平面平面，

∵平面，∴平面；

（3）连接，设，

则由题意知，，

∵三棱柱的侧棱垂直于底面，则平面，

因为平面，∴平面平面，平面平面，

∵，∴，又点是的中点，则平面，

∴平面，平面，∴，

要使平面，由线面垂直的判定定理只需即可，

又∵，∴，

∴，即，

∴，则时，平面.

21．重庆、武汉、南京并称为三大“火炉”城市，而重庆比武汉、南京更厉害，堪称三大“火炉”之首.某人在歌乐山修建了一座避暑山庄（如图）.为吸引游客，准备在门前两条夹角为（即）的小路之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知弓形花园的弦长且点，落在小路上，记弓形花园的顶点为，且，设.

（1）将，用含有的关系式表示出来；

（2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何规划花园（即，长度），才使得喷泉与山庄距离即值最大？

【答案】（1）；；（2）当时，取最大值.

【解析】（1）在中，利用正弦定理即可将，用含有的关系式表示出来；

（2）在中，由余弦定理得出，结合三角函数的性质，即可得出的最大值，再求出的长度即可.

【详解】（1）在中，由正弦定理可知，

则；

同理由正弦定理可得，

则，

（2）∵，，

∴，

在中，由余弦定理可知

，

∵，

∴，

∴，

当时，即时，

取最大值，

此时，

，

即当时，取最大值.

【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的实际应用，涉及了三角函数求值域，属于中档题.

22．如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，

(1)若，证明：⊥；

(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，，由线面垂直得到，从而得到⊥平面，证明出⊥；

（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.

【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，

又E为SC的中点，所以EOSA，

因为平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，

连接，取连接OD并延长，交于点，

.

因为，所以，

由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，

又因为O为的外心，所以O为的中心，故，

∵平面，平面ABCD，

，

∵，平面，

∴⊥平面，

∵平面EOD，

.

（2）过点D作于，作于，连接，

因为平面ABCD，平面ABCD，

所以SA⊥DH，

因为，平面ASC，

所以DH⊥平面ASC，

因为平面SAC，

所以DH⊥SC，

因为，，平面DHN，

所以SC⊥平面DHN，

因为DN平面DHN，

所以，

故为二面角的平面角，

因为，所以，故为等边三角形，

由题意知，

，，

，

，

在Rt中，，

，

∵三角形ASC为直角三角形，

∴三角形ASC为等腰直角三角形，

，

又由，

由勾股定理得：，

因为平面ABCD，平面ABCD，

所以SA⊥DC，

因为AC为直径，所以AD⊥DC，

因为，平面ASD，

所以DC⊥平面ASD，

因为平面ASD，

所以DC⊥SD，

，

由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，

且最大值为，

设点到平面距离为，

根据，

即点到平面距离的最大值为.