2022-2023学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考数学试题含答案

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2022-2023学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，，则集合，，的关系表示最准确的为（    ）A． B． C． D．，【答案】B【分析】对三个集合中元素进行变形，确定元素间的关系，判断出集合的包含关系.【详解】因为，，，其中均表示全体整数，表示全体奇数，所以．故选：B．2．若，则下列式子成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用对数的性质判断各式的大小关系.【详解】由，即.故选：A3．已知向量 ，满足， ，，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.【详解】，，，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.4．已知是方程的两个根，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】利用两角和的正切公式计算．【详解】由于是方程的两个根，所以，，所以．故选：B．5．已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则A． B． C． D．【答案】C【解析】只需根据函数性质逐步得出值即可．【详解】因为为奇函数，∴；又，，又∴，故选C．【点睛】本题考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数．6．已知矩形ABCD中，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断当与所成角最大时，，进而证得面，再证得是直角三角形，故可由求得结果.【详解】因为异面直线最大角为直角，故当时，与所成角最大，因为四边形是矩形，所以，又，，面，故面，又因为面，所以，在中，，所以，又，所以，故，所以.故选：C.7．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于（　　）A．20π B．10π C．5π D．5π【答案】A【分析】底面三角形ABC的外心是，球心为O，由正弦定理求得底面三角形外接圆半径，然后由勾股定理求得三棱柱外接球半径，从而可得球表面积．【详解】如图底面三角形ABC的外心是，，在△ABC中AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，由余弦定理得BC2，由正弦定理可得△ABC外接圆半径，设球心为O，则平面，平面，所以，在'中，，，故此球的表面积为．故选：A．8．对于函数和，设，若存在，使得，则称和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由函数单调性确定只有一个零点，这样由定义在上存在零点，由二次方程根的分布知识求解即可得．【详解】的定义域为，易得在上单调递增，又，∴只有一个零点．若和互为“零点相邻函数”，则在上存在零点．∴，解得或．（1）若，即或时，只有一个零点，显然当时，，符合题意，当时，，不符合题意；（2）若，即或时，①若在上存在1个零点，则，即，解得，．②若在上存在2个零点，则，∴．综上a的取值范固是．故选：B． 二、多选题9．已知复数，则下列说法正确的是（    ）A．复数在复平面内对应的点在第四象限B．复数的虚部为C．复数的共轭复数D．复数的模【答案】BD【分析】根据复数的除法运算化简求解，根据复数对应的点、复数的模、共轭复数、复数的虚部概念逐项分析即可求解.【详解】，故复数在复平面内对应的点在第三象限，故A错误；所以复数的虚部为，故B正确；故复数的共轭复数，故C错误；所以复数的模，故D正确.故选：BD10．已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据 ， ，…， ，其中，则（    ）A．两组样本数据的样本方差相同B．两组样本数据的样本平均数相同C．，，…，样本数据的第30百分位数为D．将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5【答案】AC【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数以及方差的性质可判断ABD；根据百分位数的计算可判断C；【详解】由题意可得：，∵，则，，故A正确，B错误；由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，的排列为：， 因此，第30百分位数为，C正确；将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，新样本的平均数为，D错误，故选：AC．11．下列选项中正确的是（    ）A．若平面向量，满足，则的最大值是5；B．在中，，，O是的外心，则的值为4；C．函数的图象的对称中心坐标为D．已知P为内任意一点，若，则点P为的垂心；【答案】ABD【分析】利用数量积的运算律及性质计算判断A；利用三角形外心及数量积计算判断B；求出函数的对称中心判断C；利用数量积运算律及垂直的向量表示判断D作答.【详解】对于A，因，则，当且仅当时取等号，A正确；对于B，令边AB的中点为D，因O是的外心，则，则，同理有,所以，B正确；对于C，由，得，，因此函数图象的对称中心为，，C不正确；对于D，点P在内，由得：，即，有，由，同理有，因此点P为的垂心，D正确.故选：ABD12．“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（    ）  A．直线与平面所成的角为B．直线平面C．异面直线与所成的角的余弦值为D．球上的点离球托底面的最大距离为【答案】AD【分析】A选项，由题意得到平面⊥平面，得到为直线与平面所成的角，大小为；B选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到，B错误；C选项，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值；D选项，求出球的半径，得到四面体为正四面体，棱长为1，求出到平面的距离，从而得到球上的点离球托底面的最大距离.【详解】A选项，因为托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，所以平面⊥平面，过点作⊥于点，因为平面平面，所以⊥平面，故即为直线与平面所成的角，大小为，A正确；  B选项，过点C作⊥于点，同A选项，可证明⊥平面，所以，由三线合一可得分别为的中点，故，连接，则四边形为平行四边形，故，同理可得，连接，则⊥，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，平面的法向量设为，则，令得，，故，又，故直线与不垂直，故直线与平面不平行，B错误；  C选项，，故异面直线与所成的角的余弦值为，C错误；D选项，由B选项可知，，设为球心，球半径为，  由，解得，则为正四面体，棱长为1，设为的中心，则⊥平面，又平面，所以⊥，，则，又，所以球离球托底面的最大距离为，D正确.故选：AD 三、填空题13．计算的结果为      .【答案】【分析】先求出，所以，代入即可得出答案.【详解】，，，所以.故答案为：14．已知正实数满足，则的最小值为           .【答案】8【分析】根据结合基本不等式即可得解.【详解】解：因为，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为8.故答案为：8.15．如图，在棱长为1的正方体中，点、是棱、的中点，是底面上（含边界）一动点，满足，则线段长度的最小值为          .【答案】【分析】如图所示：连接，，故平面，故在线段上，计算得到答案.【详解】如图所示：连接，，易知，，故，，故平面，故，，故平面，故在线段上，故线段长度的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了立体几何中线段的最值问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.16．已知函数的图象关于直线对称，且对都有，当时，.则           .【答案】【分析】根据给定条件，推理论证出函数的周期，再利用周期性计算作答.【详解】因函数的图象关于直线对称，而函数的图象右移1个单位得的图象，则函数的图象关于直线对称，即，而对都有，则，即，，有，因此函数是周期函数，周期为8，又当时，，所以.故答案为： 四、解答题17．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a，b，c，已知(1）求的值；(2）若，求边c的值.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）利用正弦定理化简已知的等式，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，并根据sinA的值不为0，即可求出cosA的值；（2）由第一问求出的cosA的值及A的范围，利用特殊角的三角函数值求出A的度数，进而得出B+C的度数，用B表示出C，代入已知的等式中，利用两角和与差的余弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化简，求出sin（B+）的值，由A的度数求出B+的范围，利用特殊角的三角函数值得出B的度数，根据锐角三角函数定义即可求出c的值．【详解】（1）由及正弦定理得即又所以有即而，所以(2）由及0＜A＜，得A＝ 因此由得即，即得由知于是或所以，或 若则在直角△ABC中，，解得若在直角△ABC中，解得【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18．在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动，抽奖规则是：盒子里面共有4个小球，小球上分别写有1，2，3，4的数字，小球除数字外其他完全相同，每对亲子中，家长先从盒子中取出一个小球，记下数字后将小球放回，孩子再从盒子中取出一个小球，记下小球上数字将小球放回.①若取出的两个小球上数字之积大于8，则奖励飞机玩具一个；②若取出的两个小球上数字之积在区间[4，8]上，则奖励汽车玩具一个；③若取出的两个小球上数字之积小于4，则奖励饮料一瓶.(1)求每对亲子获得飞机玩具的概率；(2)试比较每对亲子获得汽车玩具与获得饮料的概率，哪个更大？请说明理由.【答案】(1)(2)每对亲子获得汽车玩具的概率大于获得饮料的概率，理由见解析 【分析】（1）根据古典概型的方法，列举所有可能的情况，再分析满足条件的情况求解即可；（2）分别列举事件的样本点，求出概率再比较大小即可.【详解】（1）样本空间Ω={（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）}共16个样本点.记“获得飞机玩具”为事件A，事件A包含的样本点有（3，3），（3，4），（4，3），（4，4）共4个.故每对亲子获得飞机玩具的概率为（2）同（1），记“获得汽车玩具”为事件B，记“获得饮料”为事件C.事件B包含的样本点有（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），（3，2），（4，1），（4，2）共7个.所以，事件C包含的样本点有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1）共5个，所以.所以P（B）>P（C），即每对亲子获得汽车玩具的概率大于获得饮料的概率.19．已知函数（，）.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线；条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为.求：(1)求函数的解析式；并求的单调递增区间、对称中心坐标；(2)若将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移单位，得到函数的图象，若在区间上的最小值为，求m的最大值.【答案】(1)；（）；（）(2) 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角将化为，然后根据函数性质选择条件求出和，进而得到，再利用整体思想和正弦函数的单调性、对称性进行求解；（2）利用函数平移变换得，利用函数的性质得到进行求解.【详解】（1），当选条件①时，，解得；当选条件②时，，显然条件②不合理；当选条件③时，，即，解得；综上所述，条件①③能确定函数解析式，且；令，得，所以函数的单调递增区间为（）；令，得，，所以函数的对称中心坐标为，；（2）将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象，再向右平移单位，得到函数的图象，即；因为，所以，因为在区间上的最小值为，所以，解得.所以的最大值为.20．如图，AB 是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC；(2)若PC=AB=2，点C是的中点，求二面角E-l-C的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用三角形中位线的性质，结合线面平行的判定、性质推理作答.（2）以点C为原点，射线CA，CB，CP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【详解】（1）因E，F分别是PA，PC的中点，则EF//AC，而AC平面ABC，EF平面ABC，因此EF//平面ABC，又EF平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，则EF//l，又l平面PAC，EF平面PAC，所以l//平面PAC.（2）AB是圆O的直径，点C是的中点，AB=2，则CA⊥CB，又直线PC⊥平面ABC，即有CP，CA，CB两两垂直，以点C为原点，射线CA，CB，CP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，而，则，，设平面EFB的法向量，则，令y=1，得，显然是平面ABC的一个法向量，则，所以二面角E-l-C的正弦值为.21．在中，内角，，所对的边分别为，，，为上一点，，．(1)若，求；(2)若，当面积取最小值时，求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用正余弦定理及三角形内角性质求；（2）利用等面积法结合基本不等式可得面积取最小值时，再由余弦定理即可得解.【详解】（1）令，又，所以，即，则，即，又，则，故.（2）由三角形面积公式可得，且，所以，即，即，当且仅当时，等号成立，此时面积取最小值，此时，，所以当面积取最小值时，.22．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点.(1)证明：.(2)在直线BC上是否存在点，使得直线AF与平面ABP所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，或1 【分析】(1)作于 ，根据勾股定理分别可求得，的值，只需证得，即可求出，即可得出为等腰三角形，从而可得.(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法即可求解.【详解】（1）证明：作于 ，由平面平面ABC，且平面平面，得平面，∴.∵，，，由勾股定理得，所以，∴，，.在直角三角形中，由勾股定理可得.又.∴.（2）在平面内，过点作，垂足为点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，∴，，，，，设，∴，.设是平面的法向量，∴，取，得，又.设直线与平面所成的角为，∴，化简得，解得或.当时，（在线段上）；当时，（在线段的延长线上）∴存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或1.