2023-2024学年河南省新乡市牧野区河南师范大学附属中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省新乡市牧野区河南师范大学附属中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对一元二次不等式求解得到解集，再计算．
【详解】不等式解得或，
则，
又，所以．
故选：C.
2．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
3．在中，点在边上，，记，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平面向量的加减法运算求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
故选：B
4．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
5．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
6．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
7．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6．从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”．丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．乙与丙不相互独立D．丙与丁相互独立
【答案】B
【分析】分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．
【详解】依题意可得P(甲)，P(乙)，
两次取出的球的数字之和为8，有，，，，，共5种情况，则P(丙)，
两次取出的球的数字之和为7，有，，，，，共6种情况，则P(丁)，
对于A，P(甲丙)P(甲)·P(丙)，A错误；
对于B，P(甲丁)P(甲)·P(丁)，B正确；
对于C，P(乙丙)P(乙)·P(丙)，C错误；
对于D，P(丙丁)P(丙)·P(丁)，D错误．
故选：B．
8．已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
二、多选题
9．已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
10．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．，，，的中位数不等于，，…，的中位数
C．，，，的标准差不小于，，…，的标准差
D．，，，的极差不大于，，…，的极差
【答案】BD
【分析】根据平均数，中位数，标准差，极差的概念逐一判定即可.
【详解】对于A，令样本数据为，
则的平均数为2，而的平均数为3，两者不相等，A错误；
对于B，不妨令，，…，从小到大排列，
所以的中位数等于的中位数等于，B正确；
对于C，令样本数据为，
可知的平均数是5，的平均数是5 ，
所以的方差，
的方差，
所以，C错误；
对于D，不妨令，，…，从小到大排列，则，
，D正确.
故选：BD.
11．已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
三、单选题
12．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）下列说法错误的是（ ）
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
【答案】C
【分析】根据独立时间的概率乘法以及列举法，可得答案.
【详解】对于A，由题意可知：信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为，
所以采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为，故A正确；
对于B，由题意可知：信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为，
所以采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为，故B正确；
对于C，采用三次传输方案，若发送1，译码为1的情况分别为“”、“”、“”、“”，
因为信号的传输相互独立，输入收到的概率为，输入收到的概率为，
所以采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为，故C错误；
对于D，若发送0，采用三次传输方案译码为0的情况有“”、“”、“”、“”，
所以其概率为；
若发送0，采用单次传输方案译码为0的概率为，
由，且，
则，故D正确；
故选：C.
四、填空题
13．已知函数是偶函数，则 .
【答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
14．已知向量，满足，，则 ．
【答案】
【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算律运算求解.
【详解】法一：因为，即，
则，整理得，
又因为，即，
则，所以.
法二：设，则，
由题意可得：，则，
整理得：，即.
故答案为：.
15．在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
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 ．

【答案】
【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．
五、问答题
17．已知的三个顶点分别为．求：
(1)边中线所在的直线方程；
(2)的平分线所在的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得的中点，进而求得边中线所在的直线方程.
（2）求得的平分线所在的直线的倾斜角，从而求得所求直线的斜率，进而求得所求直线的方程.
【详解】（1）已知的三个顶点分别为，
所以中点为，而，
所以中线方程为．
（2），
所以，
所以为钝角，且，
设的平分线与轴的交点为，
则，
即的平分线所在的直线的倾斜角为，
，
解得（负根舍去），
所以，
所以的平分线的直线方程为，
即.
六、解答题
18．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
19．已知直线.
(1)若直线不经过第四象限，求k的取值范围；
(2)若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，的面积为S(O为坐标原点)，求S的最小值和此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)4；
【分析】（1）根据题意可得，由此求得k的范围．
（2）由题意可得，利用基本不等式求得它的最小值，可得此时直线l的方程.
【详解】（1）直线可化为，
要使直线不经过第四象限，则,
解得，
∴k的取值范围为；
（2）由题意可得中取得,
取得,
故，
当且仅当时，即时取“=”，
此时S的最小值为4，直线l的方程为﹒
20．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
21．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．
【答案】(1)，；
(2)，最小值为．
【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．
【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
．
（2）当时，
；
当时，
,
故，
所以在区间的最小值为．
22．已知函数，的最小正周期为.
(1)求单调递增区间；
(2)是否存在实数m满足对任意，任意，使成立.若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】（1）由二倍角和辅助角公式化简后，根据题意可求得解析式，然后利用正弦函数性质可得单调增区间；
（2）将问题转化为，然后令，将问题转化为一元二次不等式恒成立问题，利用二次函数性质可解.
【详解】（1）
∵的最小正周期为，，∴，∴
∴的解析式为
由题意得：，∴，
故函数的单调递增区间为，.
（2）由（1）可知，
∴实数m满足对任意，
任意，使得成立
即成立
令，设，那么
∵，∴，
可等价转化为：在上恒成立
令，其对称轴，∵上，
∴①当时，即，，解得；
②当，即−3