2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题（解析版）

2022-2023学年云南省名校联盟高二上学期9月大联考数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的乘法、除法运算和模长公式求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选:C.

2．已知集合，，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据“”是“”的充分不必要条件，转化为AB，利用集合之间的包含关系，即可求出的取值范围.

【详解】解：，解得，即，

若“”是“”的充分不必要条件，则AB，

且等号不同时成立，解得，

所以的取值范围为，

故选：A.

3．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意，根据空间向量的运算，结合平面向量基本定理，可得答案.

【详解】对于A，设，使得，则，

即，该方程无解，故A错误；

对于B，设，使得，

则，即，解得，故B正确；

对于C，设，使得，

则，即，该方程无解，故C错误；

对于D，设，使得，

则，即，该方程无解，故D错误；

故选：B.

4．已知向量，，则（    ）

A． B．14 C． D．

【答案】B

【分析】对作平方，整理可得，由，即可求解.

【详解】由题，因为，

所以，即，

则，

因为，所以，

故，

故选：B

5．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二倍角的余弦公式以及可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系可求得的值.

【详解】因为，则，，

因为，所以，解得．

所以．

故选：C.

6．在正方体中，、分别是、的中点，则直线与的位置关系为（    ）

A．垂直 B．平行

C．相交但不垂直 D．异面但不垂直

【答案】A

【分析】设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断异面直线与的位置关系.

【详解】设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，．

因为，所以．

故选：A.

7．如图，在四面体OABC中，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量基本定理求解出，从而求出.

【详解】因为，所以，

又，所以．

故选：D

8．甲、乙两名同学进行投篮训练，已知甲同学每次投篮命中的概率为，乙同学每次投篮命中的概率为，两名同学每次投篮是否命中相互独立．若甲、乙分别进行2次投篮，则他们命中的次数之和不少于2的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】可先计算出两人命中次数为0次和1次的概率，从而利用对立事件概率公式计算出他们命中的次数之和不少于2的概率.

【详解】由题可知，他们命中的次数为0的概率为；命中的次数为1的概率为．

故他们命中的次数之和不少于2的概率为．

故选：B

9．已知圆锥的高为，底面积为，若圆锥的顶点及底面圆周上的点均在同一个球的球面上，则该球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算出圆锥的底面圆半径，设球的半径为，根据圆锥的几何关系可得出关于的等式，解出的值，再利用球体的体积公式可求得结果.

【详解】由圆锥的底面积为可得，圆锥的底面半径．

设球的半径为，则，解得，所以该球的体积．

故选：A.

10．在中，，AD平分交BC于点D，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，结合正弦面积公式和角平分线性质，化简易得，对由余弦定理可得，进而求得.

【详解】因为，AD平分，，由，

得，

即

，化简得．

在中，，整理得，

即，故．

故选：B

11．如图，在正三棱柱中，，E是的中点，F是的中点，若过A，E，F三点的平面与交于点G，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以C为原点建立空间直角坐标系，可设，求出平面AEF的法向量，再根据求出，即可得出答案.

【详解】解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，

由题可设，

则，，，

设平面AEF的法向量，

则，可取，

由，得，

则，

．

故选：C.

12．定义在上的奇函数满足，且当时，，则（    ）

A．2 B．0 C． D．

【答案】D

【分析】先由题设条件得到，利用换元法结合得到，从而证得是的周期函数，再利用赋值法得到，从而求得，由此求得.

【详解】因为是定义在上的奇函数，

所以，

令，则，故，

又因为，则，所以，

故，即，

所以是的周期函数，

故，

因为，令，得，则，

又因为，令，得，

因为当时，，

所以，得，故，

所以，则.

故选：D.

二、填空题

13．已知向量，若，则__________．

【答案】13

【分析】由空间向量平行的坐标表示求解

【详解】因为，所以，解得，则．

故答案为：13

14．某环境监测部门收集了当地一周内的空气质量指数（AQI），分别为65，71，67，89，78，91，102，则这组数据的第70百分位数为__________．

【答案】89

【分析】根据百分位数的计算即可求解.

【详解】将这组数据从小到大排序依次为65，67，71，78，89，91，102，因为，所以这组数据的第70百分位数为第5个数据，即89．

故答案为：89

15．已知正数，满足①，②两个条件中的一个，则的最小值为______.

【答案】选①：；选②：

【分析】根据所选条件利用基本不等式计算可得.

【详解】解：因为，，

若选①，由，可得，

因为，所以，所以，当且仅当，即、时取等号；

若选②，，可得，所以，

当且，即，时等号成立；

故答案为：选①：；选②：

16．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，则直线与直线所成角的余弦值为___________.

【答案】

【分析】将该半正多面体补成正方体，因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2,建立空间直角坐标系即可求解.

【详解】将该半正多面体补成正方体，

建立如图所示的空间直角坐标系.

因为该半正多面体的棱长为，

所以正方体的棱长为，

，

，

故直线与直线所成角的余弦值为.

故答案为：

三、解答题

17．已知函数的部分图象如图所示．

(1)求的解析式；

(2)求在上的最值．

【答案】(1)

(2)最大值为，最小值为

【分析】（1）由图象求出函数的解析式中各参数的值，即可得出函数的解析式；

（2）由可求得的取值范围，再利用正弦型函数的基本性质可求得函数在上的最大值和最小值.

【详解】（1）解：由图可知，，，，则．

，则，，则．

由，，得，，则．

故．

（2）解：因为，所以，．

所以，当时，，.

所以，函数在上的最大值为，最小值为．

18．如图，在长方体中，E是的中点，且．

(1)求点到平面ACE的距离；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以点D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，再计算平面ACE的法向量结合点到面的距离公式求解即可；

（2）分别计算平面的法向量，结合二面角的公式求解即可.

【详解】（1）在长方体中，以点D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，．

，，．

设平面ACE的法向量，则，令，得，

则点到平面ACE的距离．

（2），．

设平面CDE的法向量，则，令，得．

，

由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

19．为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答.共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成，，，，，这六组，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该组数据的中点值代替）

(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.

【答案】(1)，中位数为，平均数为72

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质以及中位数和平均数的概念，进行计算即可得解；

（2）根据分层抽样在[60，70）内的有人，分别记为A，B；问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C，从中任意抽取2人，列出实验的样本空间，再利用概率公式，进行计算即可得解.

【详解】（1）由图可知，，解得.

设中位数为x，则，所以.

这100人问答成绩的平均数约为.

（2）用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60，80）内的人中抽取一个容量为5的样本，

则问答成绩在[60，70）内的有人，分别记为A，B；

问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C.

从中任意抽取2人，则实验的样本空间

{（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c）}，共有10个样本点.

设事件A为2人的问答成绩均在[70，80）内的概率，

则，

所以这2人的间答成绩均在[70，80）内的概率.

20．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．

(1)若，求的周长；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)18

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角可求出，结合余弦定理，由代换，求得，进而得解；

（2）由正弦定理，代换得，求出，可解得，由正弦面积公式即可求解.

【详解】（1）因为，所以．

又，所以，即．又，所以．

，

解得，则．故的周长；

（2）因为，所以．

由，，得，解得，．

故的面积．

21．已知是R上的偶函数，且当时，．

(1)求的解析式；

(2)已知函数，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据偶函数的定义求解即可；(2)根据二次函数在给定区间上的单调性求最值即可求解.

【详解】（1）因为当时，，

所以当时，，．

又是R上的偶函数，所以．

故

（2）由（1）可知，当时，．

存在，使得成立，

等价于在区间上的最大值大于0．

若，即，则在区间上单调递减，故．解得，

又，所以无解．

若，即，则，在区间上单调递减，故，不符合条件．

若，即，则开口向上，故在区间上的最大值为或，

故或，解得或，所以．

综上所述，实数a的取值范围为．

22．如图，在平行四边形ABCD中，，，E为AD的中点，以EC为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且，F，G分别为BC，PE的中点．

(1)证明：平面AFG．

(2)若平面PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接BE并交AF于点O，连接OG，结合三角形中位线定理可证，进而得证；

（2）取CE的中点M，连接PM，FM，DM，易证平面PFM，作交FN于点N，连接BN，得平面ABCD，设，对由余弦定理求出，分别对和由勾股定理代换出，解出，以M为原点，为x轴的正方向建立空间直角坐标系，易证，求出和平面PBC的法向量，结合线面角的正弦公式可求.

【详解】（1）证明：如图，连接BE并交AF于点O，连接OG．

因为E，F分别为AD，BC的中点，所以四边形ABFE为平行四边形，则O为BE的中点．

又G为PE的中点，所以．

因为平面AFG，平面AFG，所以平面AFG；

（2）取CE的中点M，连接PM，FM，DM，因为，所以四边形CDEF为菱形，则，，故平面PFM．

作交FN于点N，连接BN，则平面ABCD．

因为，所以．设，则．

在中，．

在中，，在中，，

即，解得．

以M为原点，为x轴的正方向，为轴正方向，与同方向过点的为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，．

因为，平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．

又因为平面PAB，平面平面，所以．

，，，

设平面PBC的法向量为，则，令，得．

设直线l与平面PBC所成的角为，则．