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2023-2024学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二上学期期中数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二上学期期中数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，再由交集运算可得.
【详解】，，
则，
故选：A.
2．已知，，则是的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充要也不必要条件
【答案】B
【分析】利用集合与充要条件的关系判断即可.
【详解】因为是的真子集，
所以，则是的必要而不充分条件.
故选：B.
3．已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复数的除法运算化简，根据是纯虚数可得答案.
【详解】，
因为是纯虚数，
所以，解得．
故选：C．
4．函数在区间上的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】先根据两角和正弦公式化简函数，然后利用正弦函数性质求解最值.
【详解】，
因为，所以，根据正弦函数的性质，，
所以当时，有最大值为2.
故选：D.
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数（即质数）中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即得.
【详解】不超过30的素数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29，共10个，
随机选取两个不同数的试验有个基本事件，
其中和等于20的有这2个，和等于30的有这3个，
所以在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是.
故选：D
6．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】利用投影向量的公式进行计算可得解.
【详解】因为，，则，，，
所以，又，
所以在上的投影向量为.
故选：B.
7．已知直线：，则在轴上的截距为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】根据截距的定义令即可得在轴上的截距为1.
【详解】将方程化简可得，
令，得，
所以在轴上的截距为1；
故选：C
8．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据倾斜角的正切值为斜率，结合正切函数的图像即可求出倾斜角的取值范围.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：A.
二、多选题
9．从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（ ）
A．至少有1个红球与都是红球B．恰有1个红球与恰有2个红球
C．至少有1个红球与至少有1个白球D．至多有1个红球与恰有2个红球
【答案】BD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
【详解】选项A：“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含有“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；
选项B：“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球” 与“恰有3个红球”两种事件，
故“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；
选项C：“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含由事件“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，
故不是互斥事件，故C错误；
选项D：“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，
故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确，
故选：BD
10．若不等式的解集为R，则实数a可能的取值是（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】BCD
【分析】利用一元二次型不等式恒成立求出a的取值范围即得.
【详解】因为不等式的解集为R，则当时，恒成立，即有符合题意，
当时，，解得，
所以实数a的取值范围是，选项A不满足，BCD都满足.
故选：BCD
11．已知向量，，，则（ ）
A．向量，的夹角为B．∥
C．D．
【答案】BC
【分析】对于A，求出，再根据向量夹角的定义判断即可；对于B，只需判断是否成立，即可判断；对于C，只需判断是否成立，即可判断；对于D，根据向量数量积的坐标运算，计算出的值，即可判断.
【详解】解：对于A，因为，
所以向量，的夹角为，故错误；
对于B，因为，，
所以，所以∥，故正确；
对于C，因为，，
所以，所以，故正确；
对于D，因为，，
所以，故错误.
故选：BC.
12．在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD，则（ ）
A．
B．PB与平面ABCD所成角为
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为
D．平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】由线面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法，结合空间向量的应用逐一判断即可得解．
【详解】对于选项A，因为，，由余弦定理可得，从而，即，
由底面，底面，可得，又面，即面，
又面，即，故选项A正确；
对于选项B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又，即，故选项B正确；
对于选项C，显然为异面直线与所成的角，易得，故选项C正确；
对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则,0,，,0,，,,，,,，,0,，
设平面的一个法向量为，则，即，令，则，即，
设平面的一个法向量为，则，则，令，则，，即，
则，即平面与平面夹角的余弦值为，故选项D不正确.
故选：ABC．
三、填空题
13．已知，则 .（用含a，b的代数式表示）
【答案】
【分析】利用换底公式及对数的运算可得解.
【详解】.
故答案为：.
14．若向量，，且，则 .
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积与模的坐标表示求得，，再由向量垂直得到，从而得解.
【详解】因为，，
所以，，
又，所以，解得．
故答案为：.
15．已知在△ABC中，，，，则S△ABC = .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】在中，，，，由正弦定理得，即，
解得，而，即有，于是，，
.
故答案为：
16．在空间直角坐标系中，，，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用空间向量可求出的单位向量，再由点到直线距离的向量求法即可得出结果.
【详解】取，，
则，，
所以点到直线的距离为.
故答案为：
四、解答题
17．记的内角A，，的对边分别为，，，，．
(1)求；
(2)若，求的外接圆的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理及和角公式化简计算即可；
（2）根据（1）及三角形内角和可求得，利用正弦定理可得外接圆的半径即可.
【详解】（1）由正弦定理及已知可得：，
化简得；
（2）由，
在中，，，
所以，
设外接圆半径为R，由正弦定理可得，
所以外接圆的面积为.
18．第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数；
(3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】(1)，
(2)众数为，平均数为.
(3)
【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；
（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值；
（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，，
解得，；
（2）由频率分布直方图得众数为，
平均数等于.
（3）根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和，
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有，
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
五、应用题
19．围建一个面积为360的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用的旧墙需维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图．已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m.设利用的旧墙长度为x（单位：m），修建此矩形场地围墙的总费用为y（单位：元）．试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．
【答案】m时，最小总费用是10440元
【分析】根据题意得到，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】设矩形另一边长为，则，
由，得，
∴，
∵，∴，
∴，当且仅当，即m时，等号成立，
所以当m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．
六、解答题
20．已知直线．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由两直线平行的条件求解；
（2）由两直线垂直的条件求解．
【详解】（1）因为，所以，
整理得，解得或．
当时，，符合题意，
当时，与重合，
故．
（2）因为，所以，
整理得，
解得或．
七、证明题
21．如图，已知长方体中，，，连接，过B点作的垂线交于E，交于F．
(1)求证：平面；
(2)求点A到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明线线垂直，再用线线垂直证明线面垂直.
（2）利用线面平行，将点A到平面的距离转化为点B到平面的距离，再利用三棱锥的换底性求高即可.
【详解】（1）证明：根据题意，平面，平面，得，
又（已知），平面，平面，，
所以平面，得.
同理，平面，得.
因为平面，平面，，，，
所以平面.
（2）因为平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，设为d，
因为，，即，，
所以，.
故点A到平面的距离等于.
22．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，且点分别为和中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，从而得到，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，可得且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为底面是菱形，且，连接，可得为等边三角形，
又因为为的中点，所以，则，
又由平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是菱形，且，，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，再由交集运算可得.
【详解】，，
则，
故选：A.
2．已知，，则是的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充要也不必要条件
【答案】B
【分析】利用集合与充要条件的关系判断即可.
【详解】因为是的真子集，
所以，则是的必要而不充分条件.
故选：B.
3．已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复数的除法运算化简，根据是纯虚数可得答案.
【详解】，
因为是纯虚数，
所以，解得．
故选：C．
4．函数在区间上的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】先根据两角和正弦公式化简函数，然后利用正弦函数性质求解最值.
【详解】，
因为，所以，根据正弦函数的性质，，
所以当时，有最大值为2.
故选：D.
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数（即质数）中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即得.
【详解】不超过30的素数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29，共10个，
随机选取两个不同数的试验有个基本事件，
其中和等于20的有这2个，和等于30的有这3个，
所以在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是.
故选：D
6．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】利用投影向量的公式进行计算可得解.
【详解】因为，，则，，，
所以，又，
所以在上的投影向量为.
故选：B.
7．已知直线：，则在轴上的截距为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】根据截距的定义令即可得在轴上的截距为1.
【详解】将方程化简可得，
令，得，
所以在轴上的截距为1；
故选：C
8．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据倾斜角的正切值为斜率，结合正切函数的图像即可求出倾斜角的取值范围.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：A.
二、多选题
9．从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（ ）
A．至少有1个红球与都是红球B．恰有1个红球与恰有2个红球
C．至少有1个红球与至少有1个白球D．至多有1个红球与恰有2个红球
【答案】BD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
【详解】选项A：“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含有“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；
选项B：“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球” 与“恰有3个红球”两种事件，
故“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；
选项C：“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含由事件“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，
故不是互斥事件，故C错误；
选项D：“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，
故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确，
故选：BD
10．若不等式的解集为R，则实数a可能的取值是（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】BCD
【分析】利用一元二次型不等式恒成立求出a的取值范围即得.
【详解】因为不等式的解集为R，则当时，恒成立，即有符合题意，
当时，，解得，
所以实数a的取值范围是，选项A不满足，BCD都满足.
故选：BCD
11．已知向量，，，则（ ）
A．向量，的夹角为B．∥
C．D．
【答案】BC
【分析】对于A，求出，再根据向量夹角的定义判断即可；对于B，只需判断是否成立，即可判断；对于C，只需判断是否成立，即可判断；对于D，根据向量数量积的坐标运算，计算出的值，即可判断.
【详解】解：对于A，因为，
所以向量，的夹角为，故错误；
对于B，因为，，
所以，所以∥，故正确；
对于C，因为，，
所以，所以，故正确；
对于D，因为，，
所以，故错误.
故选：BC.
12．在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD，则（ ）
A．
B．PB与平面ABCD所成角为
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为
D．平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】由线面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法，结合空间向量的应用逐一判断即可得解．
【详解】对于选项A，因为，，由余弦定理可得，从而，即，
由底面，底面，可得，又面，即面，
又面，即，故选项A正确；
对于选项B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又，即，故选项B正确；
对于选项C，显然为异面直线与所成的角，易得，故选项C正确；
对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则,0,，,0,，,,，,,，,0,，
设平面的一个法向量为，则，即，令，则，即，
设平面的一个法向量为，则，则，令，则，，即，
则，即平面与平面夹角的余弦值为，故选项D不正确.
故选：ABC．
三、填空题
13．已知，则 .（用含a，b的代数式表示）
【答案】
【分析】利用换底公式及对数的运算可得解.
【详解】.
故答案为：.
14．若向量，，且，则 .
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积与模的坐标表示求得，，再由向量垂直得到，从而得解.
【详解】因为，，
所以，，
又，所以，解得．
故答案为：.
15．已知在△ABC中，，，，则S△ABC = .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】在中，，，，由正弦定理得，即，
解得，而，即有，于是，，
.
故答案为：
16．在空间直角坐标系中，，，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用空间向量可求出的单位向量，再由点到直线距离的向量求法即可得出结果.
【详解】取，，
则，，
所以点到直线的距离为.
故答案为：
四、解答题
17．记的内角A，，的对边分别为，，，，．
(1)求；
(2)若，求的外接圆的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理及和角公式化简计算即可；
（2）根据（1）及三角形内角和可求得，利用正弦定理可得外接圆的半径即可.
【详解】（1）由正弦定理及已知可得：，
化简得；
（2）由，
在中，，，
所以，
设外接圆半径为R，由正弦定理可得，
所以外接圆的面积为.
18．第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数；
(3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】(1)，
(2)众数为，平均数为.
(3)
【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；
（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值；
（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，，
解得，；
（2）由频率分布直方图得众数为，
平均数等于.
（3）根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和，
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有，
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
五、应用题
19．围建一个面积为360的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用的旧墙需维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图．已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m.设利用的旧墙长度为x（单位：m），修建此矩形场地围墙的总费用为y（单位：元）．试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．
【答案】m时，最小总费用是10440元
【分析】根据题意得到，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】设矩形另一边长为，则，
由，得，
∴，
∵，∴，
∴，当且仅当，即m时，等号成立，
所以当m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．
六、解答题
20．已知直线．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由两直线平行的条件求解；
（2）由两直线垂直的条件求解．
【详解】（1）因为，所以，
整理得，解得或．
当时，，符合题意，
当时，与重合，
故．
（2）因为，所以，
整理得，
解得或．
七、证明题
21．如图，已知长方体中，，，连接，过B点作的垂线交于E，交于F．
(1)求证：平面；
(2)求点A到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明线线垂直，再用线线垂直证明线面垂直.
（2）利用线面平行，将点A到平面的距离转化为点B到平面的距离，再利用三棱锥的换底性求高即可.
【详解】（1）证明：根据题意，平面，平面，得，
又（已知），平面，平面，，
所以平面，得.
同理，平面，得.
因为平面，平面，，，，
所以平面.
（2）因为平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，设为d，
因为，，即，，
所以，.
故点A到平面的距离等于.
22．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，且点分别为和中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，从而得到，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，可得且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为底面是菱形，且，连接，可得为等边三角形，
又因为为的中点，所以，则，
又由平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是菱形，且，，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
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