湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题 Word版含解析

这是一份湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题 Word版含解析，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2023年9月21日上午8:00—10:00 试卷满分：150分
一、单选题
1. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可．
【详解】，所以复数的共轭复数为.
故选：A.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2. 某中学高三年级共有学生800人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为40的样本，若样本中共有女生11人，则该校高三年级共有男生（ ）人
A. 220B. 225C. 580D. 585
【分析】利用分层抽样比例一致得到相关方程，从而得解.
【详解】依题意，设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，
由分层抽样可得，解得.
故选：C.
3. 下列函数在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【分析】利用一次函数与二次函数的单调性对各选项逐一分析判断即可得解.
【详解】对于A，在上单调递减，故A错误；
对于B，易知开口向上，对称轴为，
所以在区间上单调递增，故B正确；
对于C，开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于D，开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故D错误.
故选：B.
4. 若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
故，
，
，
故 ，
由于 ，故.
故选：B.
5. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.
【详解】解：由得，，
由得，由得.
在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，
由图象知，，.
故选：B
【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.
6. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
7. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A. B.
C. D.
【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
8. 函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
二、多选题
9. 下列命题正确的是（ ）
A. “”是“”的充分条件B. “”是“”的必要条件
C. “”是“”的充分条件D. “”是“”的必要条件
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：对于A：由推不出，如，满足，但是，故A错误；
对于B：由推不出，如，满足，但是，
即不是的必要条件，故B错误；
对于C：由推不出，当时，故C错误；
对于D：若，则，即，所以，即是的必要条件，故D正确；
故选：D
10. 已知，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【分析】根据基本不等式，逐一判断不等关系，即可求解.
【详解】因为，且，
对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，
当且仅当时，即时，等号成立，故B错误；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，所以，故C正确；
对于D，，
当且仅当时，等号成立，所以，故D正确.
故选：ACD
11. 有一组样本数据，，…，，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. ，，，的平均数等于，，…，的平均数
B. ，，，的中位数等于，，…，的中位数
C. ，，，的标准差不小于，，…，的标准差
D. ，，，的极差大于，，…，的极差
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D错误；
故选：B.
12. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A. 该圆锥的体积为B. 该圆锥的侧面积为
C. D. 的面积为
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

三、填空题
13. 若为偶函数，则__________．
【分析】化简函数为，结合，得出方程，即可求解.
【详解】由函数，
因为函数为偶函数，即，
又由，
所以，
所以，解得.
故答案为：.
14. 在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为__________．
【分析】由正四棱台的对角面为是等腰梯形，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解.
【详解】正四棱台的对角面为是等腰梯形，其高为该正四棱台的高，
在等腰梯形中，，
因为，则该梯形高，
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
15. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为_________；若，则的最大值为_________．
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为为中点，则，可得，
两式相加，可得到，
即，则；
空2：因为，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，根据余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
故答案为：；.

16. 已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．

【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．
【详解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
四、解答题
17. 设命题方程有实数根；命题方程有实数根．已知p和均为真命题，求实数m的取值范围．
【分析】分别求解p和为真命题时的m的取值，取交集可得答案.
【详解】当命题方程有实数根为真命题时，，解得或；
当命题方程有实数根为真命题时，，解得或，即为真命题时，，
所以p和均为真命题时.
18. 如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
【解析】
【分析】（1）设，得到，再由为中点，得到，结合，列出方程求得，得到为的中点，进而证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解.
（2）根据题意，求得，得到，进而得到，结合，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面平面.
【小问1详解】
证明：设，则，
所以，
因为为的中点，则，所以，
又因为，则，
因为，
则
，解得，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
证明：因为分别为的中点，所以，
所以，
因为，
所以，所以，所以，
因为，则，
又因为，，且平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
19. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；
（2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
【解析】
【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【小问1详解】
依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
．
【小问2详解】
当时，
；
当时，
,
故，
所以在区间的最小值为．
20. 记内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求．
【解析】
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【小问1详解】
方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
【小问2详解】
方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
21. 已知函数的图像关于轴对称．
（1）求的值；
（2）若函数，，求的最大值．
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质，结合对数运算即可得解；
（2）利用换元法，结合指数函数与二次函数的性质，分类讨论求最值即可.
【小问1详解】
因为，则其定义域为，
又的图像关于轴对称，所以恒成立，
即恒成立，
所以，
由于的任意性，所以，故．
【小问2详解】
由（1）知：，，，
所以，
令，因为，所以，
则问题转化为求的最大值，
又因为函数的图象开口向上，对称轴，所以分两种讨论，
当，即时，，
当，即时，，
综上所求．
22. 如图，AB是的直径，C是圆周上异于A，B的点，P是平面ABC外一点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，点D是上一点，且与C在直径AB同侧，.
（ⅰ）设平面平面，求证： ；
（ⅱ）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的正切值.
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理去证明平面ABC，再利用面面垂直判定定理去证明平面平面ABC；
（2）（ⅰ）先利用线面平行判定定理证明平面，再利用线面平行性质定理去证明；（ⅱ）先作出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角，再去求其正切值即可.
【小问1详解】
如图，连接OC，
∵，∴.
又∵C是以AB为直径的圆周上一点，∴.
∵，∴，∴.
∵，平面，
∴平面ABC.又∵平面PAB，∴平面平面ABC.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意，四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴.∵，∴.
又点D在圆O上且与C在直线AB的同侧，∴.
又∵平面PAB，平面PAB，∴平面PAB.
设平面平面，
∵平面PCD，∴.
（ⅱ）连接PD，则，
取CD的中点E，连接PE，OE，则，，
由（ⅰ）知，平面平面，.
∴，.又∵平面PAB，平面PCD，
∴是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角.
∵，，∴.
∵，∴是边长为1的正三角形，
∴，又∵平面ABC，∴，
∴平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的正切值为.