2023-2024学年云南省昆明市云南民族大学附属高级中学高二上学期期中联考诊断性测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省昆明市云南民族大学附属高级中学高二上学期期中联考诊断性测试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据交集概念进行计算.
【详解】.
故选：C.
2．王安石在《游褒禅山记》中也说过一段话：“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在于险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”.从数学逻辑角度分析，“有志”是“能至”的（ ）
A．充分条件B．既不充分也不必要条件
C．充要条件D．必要条件
【答案】D
【分析】根据充分、必要条件的定义及题意即可判断.
【详解】由题意，“有志”不一定“能至”，但是“能至”一定“有志”，
所以“有志”是“能至”的必要条件.
故选：D.
3．若复数则的虚部为
A．-4B．C．4D．
【答案】C
【解析】利用复数的除法可先求出，然后再计算，从而可得其虚部.
【详解】因为，所以，，故选C.
【点睛】本题考查复数的除法运算及复数的概念，属于基础题.
4．若函数是偶函数，且在区间上单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可求解.
【详解】由于是偶函数，所以，
又在上单调递减，所以，进而可得，
故选：A
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合指数与对数函数的单调性分别确定的范围,进而可比较大小得选项.
【详解】解:，，，故.
故选：B.
6．设向量均为单位向量，且，则与夹角为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：．
【解析】向量的数量积公式．
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论.
【详解】将平方得，
所以，则．
所以，
从而．
联立，得．
所以，．
故．
故选：D
8．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
二、多选题
9．设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有，，，的正四面体一次.记事件{第一个正四面体向下的一面出现偶数}；事件{第二个正四面体向下的一面出现奇数}；事件{两个正四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数}.给出下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．D．与互斥
【答案】AB
【分析】根据古典概型的计算公式判断ABC，根据互斥事件的概念判断D.
【详解】根据题意抛掷两个正四面体，向下一面出现的数字可能为：
，，
，，
根据古典概型的概率公式可计算出，选项A正确；
，选项B正确；
因为事件表示第一个正四面体向下的一面出现偶数，第二个正四面体向下的一面出现奇数，与不能同时发生，所以，选项C错误；
因为，如事件“第一个正四面体向下的一面是，第二个正四面体向下的一面是”，
所以与不互斥，选项D错误；
故选：AB
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则
B．的最小值为
C．若，则
D．存在，使得成立
【答案】AD
【分析】根据不等式的性质及基本不等式逐项判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，又，所以，故A正确；
对于B，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值不为，故B错误；
对于C，例如满足，但，故C错误；
对于D，存在，使得成立，故D正确.
故选：AD.
11．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
12．关于函数，下述结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．在区间单调递减
C．在有5个零点D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】A选项，判断函数与的关系既可以判断奇偶性；
B选项，在区间，即可求得函数解析式，即可判断出函数单调性；
C选项，先判断函数在的零点，在根据函数的奇偶性可以判断另半个区间的零点；
D选项，根据函数的有界性可以求得最大值为2.
【详解】由函数，则，
故函数是偶函数，故A选项正确；
当，，所以函数在区间单调递减，故B选项正确；
因为，所以，令
，，
当 时，，当时，有两个零点；
当时，；
因为函数为偶函数，所以在有3个零点，故C选项错误；
因为，故的最大值为，故D选项正确.
故选：ABD
三、填空题
13．直线在两坐标轴上的截距之和为2，则实数 ．
【答案】
【分析】令表示出，得到直线的纵截距．令表示出，得到直线的横截距．根据题意列方程求解．
【详解】令解得：，令解得，由题意得：，解得：．
【点睛】本题主要考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距．令解出，得到直线的横截距．
14．记为等差数列的前项和，若，则 .
【答案】100
【分析】根据题意可求出首项和公差，进而求得结果.
【详解】得
【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键．
15．若双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为 .
【答案】或
【分析】讨论双曲线的焦点在x或y轴上，求得渐近线方程，可得或，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．
【详解】由题意得，当双曲线的焦点在x轴上时，
此时，
此时双曲线的离心率为，
当双曲线的焦点在y轴上时，
此时，
此时双曲线的离心率为.
故答案为或；
【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意讨论焦点的位置，考查渐近线方程与双曲线的方程的关系，考查运算能力，属于基础题．
16．已知定义在上的函数满足：是奇函数，是偶函数，则等于 .
【答案】
【解析】根据已知条件可得出关于和的方程组，即可解得的值.
【详解】根据题意，是奇函数，则，
由于是偶函数，则，
所以，解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的奇偶性求函数值，解题的关键就是利用两个函数奇偶性列举出关于和的方程组求解，容易出错的地方在于错误地理解为由为奇函数得出为奇函数，由为偶函数得出函数为偶函数，导致错解.
四、解答题
17．已知分别是内角的对边，.
(1)若，求；
(2)若，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理可得的值；
（2）由勾股定理即可得的值，从而可得的值.
【详解】（1）在中，
则由正弦定理可得，
又由，可得，
由余弦定理得：
（2）由，得
又由（1）得，所以，所以.
18．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥BD；
（2）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【详解】试题解析：
（1）∵∠DAB=600，AB=2AD，
由余弦定理得BD=AD，
从而BD2+AD2=AB2
故BD⊥AD，即BD⊥平面PAD，
故PA ⊥BD
（2）以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为X轴的正半轴建立空间坐标系
则A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，，0），P（0，0，1）
设平面PAB的法向量，则
，解得
平面PBC的法向量，则
，解得
【解析】本题考查线线垂直 二面角
点评：解决本题的关键是用向量法证明注意计算准确性
19．数列满足.
(1)求的值；
(2)设，证明是等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列的递推关系式求解即可；
（2）结合递推关系式与等差数列的定义证明即可.
【详解】（1）数列满足
所以，
（2）∵
∴为等差数列.
20．设常数，函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若，求方程在区间上的解．
【答案】(1);(2)或或.
【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，
（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．
【详解】（1）∵，
∴，
∵为偶函数，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，或，
∴，或，
∵，
∴或或
【点睛】本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．
五、未知
21．已知抛物线E：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点.
(1)求面积的最小值；
(2)设直线交抛物线的准线于点，求证：平行于轴.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系、弦长公式、点到直线的距离公式求得面积的表达式，进而求得面积的最小值.
（2）通过求的横坐标来求得正确答案.
【详解】（1）由得，，∴，
依题意得的斜率存在，设直线的方程，，，
由得：，
∴，，
∴，
又O到的距离，
.
（2）由（1）得直线的方程，的横坐标为，
又由得的横坐标为，
因为，的横坐标相同，所以平行于轴.
【点睛】方法点睛：求解抛物线中三角形面积的最值有关问题，有两个关键点，一个是联立直线的方程与抛物线的方程，由此求得根与系数关系，进而求得弦长、三角形面积的表达式；二个是根据三角形面积的表达式选择恰当的方法来求面积的最值，可以考虑：基本不等式、二次函数的性质、函数的单调性等知识.
六、解答题
22．某学校高一名学生参加数学竞赛，成绩均在分到分之间.学生成绩的频率分布直方图如图：

(1)估计这名学生分数的中位数；（精确到）
(2)某老师抽取了名学生的分数：，，，…，，已知这个分数的平均数，标准差，若剔除其中的和两个分数，求剩余个分数的平均数与标准差；
(3)该学校有座构造相同教学楼，各教学楼高均为米，东西长均为米，南北宽均为米.其中号教学楼在号教学楼的正南且楼距为米，号教学楼在号教学楼的正东且楼距为米.现有种型号的考试屏蔽仪，它们的信号覆盖半径依次为，，米，每个售价相应依次为，，元.若屏蔽仪可在地下及地上任意位置安装且每个安装费用均为元，求让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费.
（参考公式：，参考数据：，，）
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图的中位数估计求解即可；
（2）由题意，求出剩余8个分数的平均值，由10个分数的标准差，能求出剩余8个分数的标准差；
（3）求出将3座教学楼完全包裹的球的最小直径、将一座教学楼完全包裹的球的最小直径和将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径，由此能求出让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费．
【详解】（1）因为前四组的频率分别为：
又，
，
所以中位数满足，
由，解得，
（2）由题意，剩余个分数的平均值为，
因为个分数的标准差，
所以，
所以剩余8个分数的标准差为
.
（3）将座教学楼完全包裹的球的最小直径为：
，
因此若用一个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元；
将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为，
因此若用个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元；
将号教学楼与号教学楼完全包裹的球的最小直径为：
，
又因为，
因此若用个覆盖半径为米和个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元；
所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为元.