河南省新高中创新联盟TOP二十名校2023-2024学年高二上学期9月调研考试数学试题

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合的并集和补集运算即可；
【详解】由题意，得，．
故选：A．
2. 已知复数z满足，则z的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将化简，最后写出共轭复数即可.
【详解】由，
得，
则z的共轭复数是．
故选：C
3. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，为的中点，若，，，则（ ）

A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为为与的交点，
所以，
故.
故选：B.
4. 已知直线过，，且，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线过两点的斜率公式，以及两平行直线的斜率关系即可求解.
【详解】由题意直线的斜率为，
又因为，
所以直线的斜率为.
故选：C.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由解析式可判断函数奇偶性，又注意到，即可得答案.
【详解】由题，函数的定义域为，
又因为，所以为偶函数，
即的图象关于y轴对称，所以可排除BC选项；
又注意到，所以排除D．
故选：A．
6. 已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理结合共面向量的定义逐项分析判断.
【详解】因为向量，，是不共面的三个向量，
对于A，，则向量，，共面，
即向量，，不能构成空间的一个基底，因此A错误；
对于B，，则向量，，共面，
即向量，，不能构成空间的一个基底，因此B错误；
对于C，假定向量，，共面，则存在不全为的实数，，使得，整理得，
而向量，，不共面，则有，显然不成立，所以向量，，不共面，
即向量，，能构成空间的一个基底，因此C正确；
对于D，，则向量，，共面，
即向量，，不能构成空间的一个基底，因此D错误；
故选：C．
7. 已知是空间中三个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】对于A，借助于长方体模型，很容易判断结论错误；对于B，运用面面平行的传递性易得；
对于C，通过平行平面的性质和线面垂直的性质即得；对于D，借助于两平面的法向量的垂直关系可得.
【详解】
对于A，如图，在长方体中，设平面为平面，平面为平面，
平面为平面，显然满足，但是平面与平面不平行,故A错误；
对于B，根据面面平行的传递性，若，则成立，故B正确；
对于C，若，则，又，所以，故C正确；
对于D，设直线的方向向量分别为，若，
则平面一个法向量分别为，且，所以，故D正确.
故选A.
8. 已知函数若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据解析式画出草图，将问题化为的图象与直线，共有5个交点，数形结合有的图象与直线有1个交点，即可求参数范围.
【详解】作出函数的图象如图所示，

函数，且有5个零点，
等价于有5个解，即或共有5个解，
等价于的图象与直线，共有5个交点.
由图得的图象与直线在4个交点，
所以的图象与直线有1个交点，则直线应位于直线下方，
所以，解得，即实数取值范围是.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 新高一学生会对物理、历史2门课程进行选科，每位同学从中选择1门课程学习，现对该校2000名学生的选科情况进行了统计，如图①，并用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取4%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图②．则下列说法正确的是（ ）

A. 满意率调查中抽取的样本容量为2000
B. 该校学生中对物理课程满意的人数约为840
C. 若抽取的学生中对历史课程满意的人数为24，则
D. 抽取的学生中对物理课程满意的人数多于对历史课程满意的人数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据样本容量的定义计算判断A；用满意率调查中获得的学生中对物理课程的满意率估计该校学生中对物理课程满意的人数即可判断B；根据抽取的学生中对历史课程满意的人数为即可求解，从而判断C；若抽取的学生中对物理课程满意的人数多于对历史课程满意的人数，则，即，由于，所以恒成立，从而判断D.
【详解】对于A项，抽取的样本容量为，故A错误；
对于B项，该校学生中对物理课程满意的人数约为，故B正确；
对于C项，抽取的学生中对历史课程满意的人数为24，则，则，故C错误；
对于D项，若抽取的学生中对物理课程满意的人数多于对历史课程满意的人数，则，即，
由于，所以恒成立，故D正确．
故选：BD．
10. 现有8张卡片，有3张分别印有“一等奖”，“二等奖”，“三等奖”，其余5张印有“谢谢惠顾”．甲从中任选1张，设事件A表示“甲没有中奖”，事件B表示“甲获得一等奖”，事件C表示“甲获得二等奖”，事件D表示“甲获得三等奖”，事件E表示“甲中奖”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件A和事件E是对立事件B. 事件B和事件C是互斥事件
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】用1,2.3分别表示印有“一等奖”，“二等奖”，“三等奖”的三张卡片；用表示印有“谢谢惠顾”的五张卡片，写出样本空间，及事件，根据对立事件的定义验证选项A；根据互斥事件的定义验证选项B；根据并、交事件的定义写出事件，，再根据古典概型的概率公式检验选项C，D即可.
【详解】用1,2.3分别表示印有“一等奖”，“二等奖”，“三等奖”的三张卡片；用表示印有“谢谢惠顾”的五张卡片，则样本空间为，
由题意知，
因为，所以事件A和事件E是对立事件，故选项A正确；
因为，所以事件B和事件C是互斥事件，故选项B正确；
因为，所以，故选项C正确；
因为，所以，所以，故选项D错误；
故选：ABC.
11. 已知将函数的图象向右平移个单位长度，然后将图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最大值是2
B. 函数在上单调递增
C. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
D. 若关于的方程在区间上有两个不同的实根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换求得，然后根据三角函数的最值、单调性、图象变换、方程的根等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到，
然后将图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），得到，
再向上平移1个单位长度，得到函数的图象．
对于A项，由正弦函数，得，即，故A错误；
对于B项，由，则，又正弦函数在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；
对于C项，函数的图象向右平移个单位，可得其函数解析式为，故C正确；

对于D项，由，则，令，则，
结合图象,如图所示，当在上有2个不同的实根时，，故D正确．
故选：BCD．
12. 已知，，且，则下列结论错误的是（ ）
A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 的最小值是2
D. 的最小值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A、B根据基本不等式即可判断，选项C、D，由条件可知，代入选项后再根据基本不等式即可判断.
【详解】对于选项A，因为，，所以，当且仅当时取等号.
由，得，即，解得，即，故A正确；
对于选项B，由题可得，当且仅当时取等号.
所以有，所以.
又，所以，即，故B错误；
对于选项C，由，得，得，解得.
，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，因为，所以等号不成立，故C错误；
对于选项D，，
当且仅当时，即时等号成立.又，所以等号不成立，故D错误.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知是平面α的一个法向量，点，在平面α内，则______．
【答案】9
【解析】
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由，，得，
因为是平面的一个法向量，点A，在平面内，所以，
所以，解得．
故答案为：9
14. 已知，，直线l过原点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】画出图形，求出，，数形结合得到直线l的斜率的取值范围.
【详解】如图，当直线l分别经过A，B时为临界情况，又，，
当直线从OA位置顺时针转动到OB位置时，由倾斜角和斜率的关系可知．

故答案为：
15. 在棱长为1的正方体中，E是CD的中点，M为棱上任意一点，则______．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】画出图形，求出和，根据空间向量的加法和点乘计算方法求解.
【详解】如图，，，
．
故答案为：
16. 如图，在边长为4的正方形中，点是正方形外接圆上任意一点，则的取值范围是______.

【答案】
【解析】
【分析】以正方形的中心为原点建立平面直角坐标系，设以轴非负半轴为始边，为终边的角为，根据三角函数定义写出点M的坐标，然后利用平面向量数量积的坐标表示，结合余弦函数的有界性可得.
【详解】以正方形的中心为原点建立平面直角坐标系如图所示，
则点，，，
设以轴非负半轴为始边，为终边的角为，
易知外接圆半径为，
所以点，则，
所以，
因为，所以.
即的取值范围为.
故答案：

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 经过点，的直线的倾斜角为，若点在线段AB的中垂线上，求m，n的值．
【答案】，．
【解析】
【分析】根据题意，由直线斜率的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为经过点，的直线的倾斜角为，
所以，解得，
所以，，
设AB的中点为D，则AB的中点D的坐标为，
所以，
因为，所以，即，解得．
18. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，当时，求的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将化简为的形式即可求解；
（2）整体思想求值域.
【小问1详解】
，
所以函数的最小正周期.
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
又，所以，
所以，
所以，
故在上的值域为.
19. 在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．

（1）证明：∥平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在棱上取点，使得，连接，，即可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】

证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，
因为，所以且，
由正方形，，得且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】

若，则可设，所以．
以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
由得
令，得平面的一个法向是为，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
20. 一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．
（1）求的值；
（2）求小红不能正确解答本题的概率；
（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.
（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
（3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
【小问1详解】
记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，
因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，
于是，解得，
所以.
【小问2详解】
若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，
所以小红不能正确解答本题的概率是．
【小问3详解】
记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，
则
，
所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．
21. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是线段，AB，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线到直线的距离；
（3）求直线到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示坐标系，分别求出平面的法向量和平面的一个法向量，由两向量相等即可证明；
（2）先证明点到直线AE的距离即为直线到直线AE的距离，在利用空间向量公式求出距离即可；
（3）先证明直线到平面的距离等于点到平面的距离，再代入空间点到平面的距离公式求解即可；
【小问1详解】
证明：以A为原点，分别以AD，AB，所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，A0,0,0，，，
则，，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则得
令，得平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则得
令，得平面的一个法向量为．
因为，所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）得，，
所以，即，
所以点到直线AE的距离即为直线到直线AE的距离，
又，则，，
所以直线到直线AE的距离为．
【小问3详解】
因为平面平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离．
因为，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为．
22. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，M为棱的中点．

（1）求证：；
（2）棱（除两端点外）上是否存在点N，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点N的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直；
（2）根据（1）的结果结果建立空间直角坐标系，利用参数表示点的坐标，并分别求平面与平面的法向量，利用法向量的夹角的余弦值即可求解，并判断.
【小问1详解】
证明：取棱的中点，连接，．
因为四边形是菱形，所以，又，所以为等边三角形，所以．
因为四边形为正方形且，分别是，的中点，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面．
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的间直角坐标系．

不妨设，则点，，，．
，，
设为平面的一个法向量，
则由及，得不妨取，则．
假设棱上（除端点外）存在点满足题意，令，
设，，,
得，，，
设为平面的一个法向量，
则由及，得
不妨取，得．
设平面与平面的夹角为，则
，解得或．
因为，，所以在棱（除两端点外）上不存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为．