重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二上学期定时检测（一）数学试卷（Word版附解析）

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（满分：150分；考试时间：120分钟）
2024年10月
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法计算，利用复数的模公式可得解.
详解】，则，
所以.
故选：B.
2. 设m，n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，与相交，则与异面D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间平行与垂直的判定和性质定理，结合空间关系就可以作出判断.
【详解】对于A，两平面平行，不能推出两平面内的任意直线一定平行，故A错误；
对于B，两平面垂直，由于，则有或，
又由于，此时不能判断平行于平面内的任意直线，也不能判断平行于同一个平面的两直线位置关系是否平行，故B错误；
对于C，由与相交且，不能确定n与相交的交点是否在平面内直线上，如果正好落直线上，那就不能确定与是异面，故C错误；
对于D，因为，，所以就相当于平面的两条法向量所在的直线，由于，可以知道平面的两条法向量是垂直的，从而可确定两平面是垂直的，故D正确；
故选：D．
3. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. 1C. 或D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据，得，再由坐标运算即可.
【详解】由题意，，
因为，
所以，
解得或.
故选：C.
4. 设的内角所对的边分别为，已知，，，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形的内角和为，可求得，再利用正弦定理求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，
又因为，，
所以.
故选：A.
5. 函数在上单调递增，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复合函数的单调性结合对数函数定义域计算即可得.
【详解】由在区间上单调递增，在上单调递增，
故在上单调递增，即有，即，
又因在上恒成立，故，即，
综上，即实数的取值范围为.
故选：.B
6. 如图所示，四棱锥中，平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，，M为PD的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点D 作于点N，证明平面，得CD与平面ACM 所成的角为，在中，求的余弦值.
【详解】如图，过点D 作于点N，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又四边形ABCD为矩形，，，平面AMD，
所以平面AMD，因为平面AMD，所以，
在中，，M为PD 的中点，所以且，
又，平面CDM，所以平面CDM，
因为平面ACM，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，所以CD与平面ACM 所成的角为.
因为平面，平面，所以，
在中，.
故选：B.
7. 已知函数（，x∈R）在上恰有2个零点，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，求出时，相位所在区间，再利用正弦函数性质求解作答.
【详解】由题意，，
因为，，
所以，
因为在上恰有2个零点，则，
所以，解得.
故的取值范围为.
故选：D.
8. 已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积.
【详解】依题意，在正四棱锥中，，
且，
所以，所以三角形是等边三角形，
设是的中点，则，所以，且，
设平面与分别相交于点，

则由得，
，
所以，故，
所以，
所以，
在三角形中，由余弦定理得：
，
所以，
所以结合正四棱锥对称性得，
所以截面面积为.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 现有一组数据4，7，9，3，3，5，7，9，9，6，则这组数据的第30百分位数为4
B. 某人打靶时连续射击三次，则事件“至少两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
C. 若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为18
D. 若事件A、B相互独立，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据百分位数、对立事件、方差的计算、相互独立事件的概率公式逐项判断.
【详解】对于A，将数据从小到大排列为3,3,4,5,6,7,7,9,9,9,因为 ，所以这组数据的第30百分位数为故A错误；
对于B，事件"至少两次中靶"与事件"至多一次中靶"不能同时发生且必有一个发生，是对立事件，故B正确；
对于C，若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为，故C正确；
对于D，因为事件A，B相互独立，所以 B相互独立，
，故D正确.
故选：BCD.
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，即可判断A，然后结合二倍角公式利用正弦定理判断C，根据正弦定理和两角和差公式化简式子判断B，利用正弦定理和三角恒等变换得，利用函数的单调性即可判断D.
【详解】依题意，，
由正弦定理得，
由于，所以，
所以，
所以，
即，
由正弦定理得，
所以，则或，
若，则，
，不符合题意，所以，A选项正确，则为锐角，
所以，有正弦定理得，
而是锐角，，所以C选项错误.
对于，由正弦定理得
，
若，则，而，所以，
则，不符合题意，所以，
即，所以B选项错误.
对于D选项，由正弦定理得
，
由上述分析可知，
所以，由于函数在12,1上单调递增，
，所以，
即，所以D选项正确.
故选：AD
11. P为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（ ）
A. 当P在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
B. 当P在线段上运动时，异面直线与所成角的取值范围是
C. 当P在面ABCD内运动时，R为棱的中点且平面，则点P的轨迹长度为
D. 当P在面内运动时，Q为棱BC的中点且，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可得，平面，则直线上任意一点到平面的距离都相等，则三棱锥的体积是定值，即可判断A；由，则异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即可判断B；由已知所在的平面为如图所示正六边形，该正六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，则点P的轨迹即为，求出，即可判断C；建立空间直角坐标系，由，可得，设，由空间向量坐标运算，可求得，即三棱锥的高取得最大值，则求得的最大值为，即可判断D.
【详解】
对于A选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，平面，
所以直线上任意一点到平面的距离都相等，即为三棱锥的高，
则三棱锥的体积是定值，故A正确；
对于B选项，设直线与所成的角为，因为，
所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，
当在线段的端点处时，，
当在线段的中点时，，所以，故B错误；
对于C选项，P在面ABCD内运动时，R为棱的中点，
因为平面，
作过的平面，平面平面，
该六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，
则所在的平面为如图所示正六边形，
设中点为，点P的轨迹即为，
则，故C正确；
对于D选项，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
因为P在面内运动，Q为棱BC的中点，
因为在正方体中，平面，
平面，所以，则是直角三角形，
同理，则是直角三角形，
又，则，
即，所以，则，
因为，设，，
则即为三棱锥的高，
所以，
整理得，，
当时，，即三棱锥的高取得最大值，
又，
此时，
.即的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即可.
【详解】两次抽取的试验的样本空间，共16个，
两次抽取的卡片数字之和大于6的事件，共3个，
所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是，
则不大于6的概率为.
故答案为：.
13. 在正方体中，已知棱，点E为线段上一点，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将分别用，再根据空间向量数量积的运算律即可得解.
【详解】设，
则
，
，
所以
.
故答案为：.
14. 布罗卡尔点（Brcard’s pint）是三角形几何中的一个特殊点.罗卡尔点的发现可以追溯到1816年.由德国数学家克雷尔（）首次发现，但当时并未受到广泛关注.直到1875年，法国军官布罗卡尔重新发现了这个点，并用自己的名字命名，从而引起了数学界的广泛关注.它的定义是：若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点.若设，则称为布罗卡尔角.已知中，，，若P为的布罗卡尔点，并记、、的外接圆面积分别为、、，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可得的外接圆半径，根据题意分析可知，，进而可得，即可得结果.
【详解】由题意可知：的外接圆半径，
设、、的外接圆半径分别为、、，
在中，则，
可得，
则，
同理可得，
可得
，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角A，B，C所对边分别是a，b，c，已知向量，，满足.
（1）求A；
（2）若角A的平分线交边BC于点D，，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线及正弦定理角化边，还有余弦定理由边求角，即可得解；
（2）利用等面积思想把角平分线长用进面积公式，然后得到两边关系，再结合不等式，即可求出面积的最小值.
【小问1详解】
由得： ，
再由正弦定理角化边得：，
再由余弦定理得：，
又因为，所以；
【小问2详解】
由，，
又因为，，角A的平分线交边BC于点D，
所以有：，整理得：，
由基本不等式得：，所以有：，且时取等号，
即，
即面积的最小值为.
16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面平面SBC，，M是BC的中点，，.
（1）求证：.
（2）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知平面ABCD平面SBC，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理推出AMMS，在矩形ABCD中根据M是BC的中点，再结合勾股定理可得出AMMD，进而得出AM平面MDS，最后根据线面垂直的性质定理得出结论；
（2）先根据面面垂直的性质定理确定MS为四棱锥S−ABCD的高，进而利用锥体体积公式求解即可.
【小问1详解】
因平面ABCD平面SBC，平面ABCD平面SBC = BC，
矩形ABCD中，SB=SC，M是BC的中点，所以SMBC，
又因为SM平面SBC，所以SM平面ABCD，而AM平面ABCD，所以SMAM，
在矩形ABCD中，，，M是BC的中点，
所以直角三角形ABM和直角三角形CDM中，
；，
又因为，所以，所以 DMAM.
又，不在平面MDS内，所以AM平面MDS，而SD平面MDS
所以AMSD.
【小问2详解】
由（1）知，SM为四棱锥S−ABCD的高，SMAM，，又因为，
所以，矩形ABCD的面积为：，
所以.
故四棱锥S-ABCD的体积为.
17. 某学校为了解本校身体素质情况，分别从男生中随机抽取人的体育测试成绩得到样本甲，从女生中随机抽取人的体育测试成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图.

已知乙样本中数据在的有个.
（1）求和乙样本直方图中的值；
（2）试估计该校女生本次体育测试成绩的平均值和男生本次体育测试成绩的上四分位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；
（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在的学生中抽取人，并从这人中任取人，求这两人分数都在中的概率.
【答案】（1），
（2）平均值为，四分位数为
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在的频率为，这个组学生有人，由此能求出，由乙样本数据直方图能求出；
（2）利用乙样本数据频率分布直方图，即可求出该校女生本次体育测试成绩的平均值，利用甲样本数据频率分布直方图可求出男生本次体育测试成绩的上四分位数；
（3）由频率分布直方图可知从分数在中人数分别为：人，人，人，利用列举法，求出基本事件的个数及分数都在中的个数，再利用古典概率公式，即可求解．
【小问1详解】
由题有，解得，
又由，得到.
【小问2详解】
由乙样本数据直方图知，该校女生本次体育测试成绩的平均值为，
设男生本次体育测试成绩的上四分位数为，
由甲样本数据直方图知，，解得.
【小问3详解】
甲样本数据直方图知的样本比为：，
所以抽取的人中，分数在中人数分别为：人，人，人，
将从分数在中抽取的名学生记为，
将从分数在中抽取的名学生记为，
将从分数在中抽取的名学生记为，
则从这人中随机抽取2人的基本事件有：，，共计个，
又两人分数都在中的有，共计个，
所以这两人分数都在中的概率为.
18. 如图，正四棱台有内切球，且，.
（1）设平面平面，证明平面ABCD；
（2）求球心到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证//面，再根据线面平行的性质证明//，再证线面平行即可；
（2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为，根据到平面的距离为，利用向量法求得；
（3）利用空间向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
因为是正棱台，故//，
面，面，
故//面，又面，面面，故//，
又面，面，故//面；
小问2详解】
连接，设其交点为；连接，设其交点为，连接；
因为是正棱台，故三点共线，且两两垂直，
故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：

设，
则，
又，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，即，取，则，
故；
由题可知，点到平面的距离为，又，
则，解得，
由正四棱台的对称性可得球心到平面的距离为；
【小问3详解】
由（2）可知平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
19. 代数基本定理：任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根.由此可得如下推论：
推论一：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积；
推论二：一元次多项式方程有个复数根，最多有个不同的根.即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等.
推论三：若一个n次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为.
已知.请利用代数基本定理及其推论解决以下问题：
（1）求的复根；
（2）若，，使得关于x的方程至少有四个不同的实根，求的值；
（3）若的图像上有四个不同的点，以此为顶点构成菱形，设，，求代数式的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）化简该方程后借助因式分解结合求根公式计算即可得；
（2）化简方程后借助推论三计算即可得；
（3）设出中点，代入计算后结合推论三可得点坐标，结合体型菱形对角线垂直计算即可得解.
【小问1详解】
由题意，，即，所以，
所以或，对，有，
即复根有.
【小问2详解】
由题意，，化简得，，
由推论三：该方程的解个数多于方程最高次数，得，解得.
【小问3详解】
在菱形中，与互相垂直平分，设中点，
由得，所以，
即，
化简得：，
由点是的图象上的四个不同的点，故该关于的方程有四个不同的解，
故，解得，故，
又，故
由菱形，可得，
所以，
故．
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于对推论三的理解与运用，从而结合题意得到中点的坐标.