2023-2024学年云南省昭通市云天化中学教研联盟高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省昭通市云天化中学教研联盟高二上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：D.
2．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】根据复数除法、减法运算法则和共轭复数的概念求解即可.
【详解】由题意知，，
所以，所以.
故选：A
3．为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的每个点（ ）
A．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
B．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
C．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
D．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
【答案】D
【分析】根据相位变换，即可得出答案.
【详解】将函数的图象上的每个点横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变，即可得出.
故选：D.
4．总体由编号为，，，，的个个体组成利用下面的随机数表选取个个体，选取方法是从随机数表第行的第列和第列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第个个体的编号为（ ）
7816 6572 0802 6314 0702 4369 9708 0198
3204 6234 4935 8200 3623 4869 6938 7481
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据随机数表法的知识求得正确答案.
【详解】选取的前个个体的编号为：.
所以第个个体的编号为.
故选：A
5．已知向量，且，则（ ）
A．2B．1C．0D．
【答案】C
【分析】根据向量垂直列方程，由此求得的值.
【详解】，
由于，
所以.
故选：C
6．在中，角、、的对边分别为、、，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件及余弦定理的推论即可求解.
【详解】由，得，
由余弦定理的推理得，
又因为,
所以.
故选：C.
7．在三棱锥中，已知底面，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设中点，中点，由直角三角形外接圆为斜边中点，且由题意可知，所以底面，则为三棱锥外接球的球心，可解.
【详解】设中点，中点，
由，，所以的外接圆直径，
且圆心为，
由于底面，，所以底面，
则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的直径，
所以外接球的体积．
故选：B

8．设=(1，−2)，=(a，−1)，=(−b，0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则的最小值是
A．2B．4
C．6D．8
【答案】D
【详解】解法一：由题意可得，=(1，−2)，=(a，−1)，=(−b，0)，所以=(a−1，1)，=(−b−1，2)．又∵A，B，C三点共线，∴∥，即(a−1)×2−1×(−b−1)=0，∴2a＋b=1，又∵a>0，b>0，∴＋=·(2a＋b)=4＋≥4＋4=8，当且仅当=，即时，取“=”．故选D．
解法二：kAB=，kAC=，∵A，B，C三点共线，所以kAB=kAC，即=，∴2a＋b=1，所以＋=＋=4＋＋≥4＋2=8(当且仅当=，即时，取“=”号)，∴＋的最小值是8. 故选D．
二、多选题
9．已知是函数的图象与直线的两个交点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的定义域为
C．在区间单调递增
D．的图象的对称中心为点
【答案】AD
【分析】A选项，根据的周期性判断即可；BD选项利用整体代入的方法求定义域和对称中心即可；C选项，利用代入检验法判断单调性.
【详解】因为是函数的图象与直线的交点，所以的最小值为函数的最小正周期，，所以，故A正确；
令，解得，所以的定义域为，故B错；
因为，所以，因为函数在上不单调，所以函数在上不单调，故C错；
令，解得，所以的对称中心为点，，故D正确.
故选：AD.
10．某学校为了调查学生某次研学活动中的消费支出情况，抽出了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在50元到60元之间的学生有60人，则（ ）
A．样本中消费支出在50元到60元之间的频率为0.3
B．样本中消费支出不少于40元的人数为132
C．n的值为200
D．若该校有2000名学生参加研学，则约有20人消费支出在20元到30元之间
【答案】ABC
【分析】根据频率分布直方图面积之和为1计算出空白数据，再根据所得数据和题中对应数据可得样本容量，即可计算出选项对应条件下的数据.
【详解】根据频率分布直方图面积之和为1可得50元到60元之间的频率为：
，A正确；
容量n为，消费支出不少于40元的人数为，B、C正确；
根据频率分布直方图可知消费支出在20元到30元之间的频率为0.1，则2000名参加研学的学生中消费支出在20元到30元之间的约为200人，D错误.
故选：ABC.
11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）

A．
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．点到直线的距离是
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】BCD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到；B选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
，
则，A错误；
B选项，平面的法向量为，
，设直线与平面所成角的大小为，
则，B正确；
C选项，，
点到直线的距离为，C正确；
D选项，，
设异面直线与所成角大小为，
则，D正确.

故选：BCD
12．已知定义在上的函数在区间上满足，当时，；当时，.若直线与函数的图象有6个不同的交点，各交点的横坐标为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】作出函数的图象，可判断，结合对数函数性质即可判断A；结合图象可知得，，利用函数图象的对称性可判断B；利用二次函数性质可判断C；利用图象的对称性可推出，从而可得的表达式，结合图象可得参数的范围，即可判断D.
【详解】由题意作出函数的图象如图，

对于A，由题意结合图象可知，
因为，所以，即，
所以，A选项正确；
当时，，所以.
又结合图象得，，所以，
即所以，B选项错误；
因为当时，，
所以当时，的图象关于直线对称，
所以，
又，此时在上单调递增，所以，C选项正确；
因为与，与关于直线对称，所以.
又与关于直线对称，所以，
所以，所以.
结合图象可知，所以，D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：根据题意可作出函数的图象，由此可判断的范围，结合各选项，数形结合，即可求解.
三、填空题
13．点到直线的距离是 .
【答案】
【分析】根据题意，由点到直线的距离公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由点到直线的距离公式可得，.
故答案为：
14．央视春晚直播前，某媒体报道，《猴戏》这一节目被毙．为此，某网站针对“是否支持该节目上春晚”对网民进行调查，得到如下数据：
若采用分层抽样的方法从中抽取48人进行座谈，则应抽取持“支持”态度的网民的人数为 ．
【答案】16
【分析】利用分层抽样的特征以及频数的计算公式进行求解.
【详解】根据已知，持“支持”态度的网民的人数占总人数的百分比为，
若采用分层抽样的方法，从中抽取48人进行座谈，应抽取持“支持”态度的网民的人数为.
故答案为：16.
15．在中，，，M为边上的中点，且的长度为，则 ．
【答案】
【分析】根据，结合余弦定理，列方程组可求得．
【详解】解：在中，；

在中，；
∵， ∴，
∴，
整理，可得，即，
∴，∴，
在中，，
∴，解得（舍）或，
∴．
故答案为：．
16．如图，在棱长为4的正方体中，的中点是P，过直线作与平面平行的截面，则该截面的面积为 ．

【答案】
【分析】取，的中点分别为，连接，先证明四边形是平行四边形，再利用面面平行的判断定理证明平面平面，可得平行四边形即为所求的截面，再计算其面积即可.
【详解】取，的中点分别为，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
因为所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因此过点作与平面平行的截面，即是平行四边形，
连接，作于点，
由，，
可得，
所以，
所以平行四边形的面积为，
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是找出过与平面平行的截面，所以想到作平行线，利用面面平行的判断定理证明所求的截面即是平行四边形，先求四边形一半的面积，乘以即可得所求平行四边形的面积，也可以直接求菱形的面积.
四、解答题
17．已知函数
(1)求函数的最小正周期；
(2)当时，求函数的单调递减区间和值域.
【答案】(1)
(2)的减区间为；函数的值域为
【分析】（1）化简得，从而利用周期公式即可求解；
（2）令，求解并结合即可求得单调减区间；由于，可得，再结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以的最小正周期是；
（2）令，解得，
令，则
由于，所以的减区间为.
因为，则，所以，
所以，即函数的值域为.
18．已知在△中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，求△的面积S的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理、和角正弦公式及三角形内角的性质可得，进而可得C的大小；
（2）由余弦定理可得，根据基本不等式可得，由三角形面积公式求面积的最大值，注意等号成立条件.
【详解】（1）由正弦定理知：，
∴，又，
∴，则，故.
（2）由，又，则，
∴，当且仅当时等号成立，
∴△的面积S的最大值为.
19．海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为,.
(1)救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
(2)若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援？
【答案】(1)120海里
(2)能在3小时内赶到救援
【分析】（1）由题意，在中，根据正弦定理即可求解；
（2）在中，根据正弦定理求得，进而在中，利用余弦定理求出，而，从而即可作出判断.
【详解】（1）解：在中，因为，，
所以，，又，
所以由正弦定理可得，即，解得，
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）解：在中，根据正弦定理可得，即，解得，
在中，由余弦定理可得，解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，
所以能在3小时内赶到救援.
五、证明题
20．四边形为菱形，平面，，，．

(1)设中点为，证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质、平行线的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）四边形为菱形，且，中点为，所以．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面；
（2）设交于点，取中点，连接，所以，底面．以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

因为，所以，
所以，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得；
，，平面的一个法向量为，
则，令得；
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
六、解答题
21．如图，在中，．

(1)求的长；
(2)设为边上一点，且，求的面积；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据数量积和三角形的面积公式求出，进而求得，再由余弦定理即可得解；
（2）先由余弦定理求出角，进而可求得，再根据三角形的面积公式即可求解；
（3）先由余弦定理求出角，根据二倍角公式求出，再根据两角和的正弦公式即可得解.
【详解】（1）易知；
，可得，
又，所以；
又，且，可得；
根据余弦定理可得，
所以.
（2）由（1）知，
又，所以，可得，；
因为，所以，
，
所以，
即的面积为.
（3）l利用余弦定理可得；
又，所以；
由（2）可得，；
故;
可得.
22．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点
(1)求证：平面.
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
(3)若，线段上是否存在一点，使平面?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
(3)存在，
【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面；
（2）建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量方法求解可得的长度；
（3）令，再根据与平行列式求解，进而根据空间向量模长求解即可.
【详解】（1）
连结交于点.
因为四边形是正方形，
所以是的中点，
又是的中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
因为平面，平面，所以．
因为四边形为正方形，所以．
又，平面，平面，
所以平面．
以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以、为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，
设平面的法向量为，，，，
则，令，则，，
则，
设与平面所成角为，
，
解得或，
所以的长度或.
（3）存在，理由如下：
因为，结合（2），，，
所以，，，
令，
则，
所以，所以，
设平面法向量为，
则，令，则，，
所以，
因为平面，所以，
所以有，解得，所以，
因为，
所以.
网民态度
支持
反对
无所谓
人数
8000
6000
10000