湖北省黄石市第二中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

湖北省黄石二中高二年级数学统测试卷一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知，则（）A.B.C.2D.-2【答案】B【解析】【分析】先化简计算求出复数，再求即可【详解】因为，所以.故选：B2.设是实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的单调性以及充分不必要条件的定义可得答案.【详解】若，则，若，则，即，当时，推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.在抛掷硬币试验中，记事件A为“正面朝上”，则下列说法正确的（）A.抛掷两枚硬币，事件“一枚正面，一枚反面”发生的概率为B.抛掷十枚硬币，事件B为“抛掷十枚硬币，正面都朝上”没有发生，说明C.抛掷100次硬币，事件A发生的频率比抛掷50次硬币发生的频率更接近于0.5D.当抛掷次数足够大时，事件A发生的频率接近于0.5 【答案】D【解析】【分析】根据古典概型判断AB，利用概率与频率的关系判断CD.【详解】抛掷两枚硬币，出现的基本事件为（正，反），（正，正），（反，正），（反，反），所以事件“一枚正面，一枚反面”发生的概率为，故A错误；“抛掷十枚硬币，正面都朝上”没有发生，不能说明，应有，故B错误；抛掷100次硬币，事件A发生的频率与抛掷50次硬币A发生的频率不能判断谁更接近于0.5，故C错误；根据频率与概率的关系知，当抛掷次数足够大时，事件A发生的频率接近于0.5，故D正确.故选：D4.如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，用向量表示，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知所以, 故选：A5.在直三棱柱中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，取的中点，连接，则可得为异面直线与所成的角或补角，然后在中求解即可.【详解】设，取的中点，连接，则因为分别为的中点，所以∥，，因为∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，所以为异面直线与所成的角或补角.因为分别为的中点，所以，所以.故选：D 6.圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（）A.B.C.D.以上都不对【答案】C【解析】【分析】求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值.【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形，根据，则为三角形的中位线，则，在中利用余弦定理得，因，所以，过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为，则，因为，且，则当时，的最大值为.故选：C.7.已知单位向量，满足，则的最小值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知得，进而两边平方得，故或（舍），故，进而得答案.【详解】由，得，两边平方，得，即，整理得，所以或因为，所以，所以，所以.故选:B.【点睛】本题考查向量模的运算，考查方程思想与运算求解能力，是中档题.解题的关键在于根据已知将问题转化为关于的方程，进而得，最后结合向量模与二次函数性质求最值即可.8.已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点E作球O的截面，截面面积最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可得为正三棱锥，再由线面垂直的判定定理可得为正方体的一部分，求得外接球的半径，取的中点可得，过点E作球O的截面，当OE垂直时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心，求出截面图半径可得答案.【详解】∵，为边长为的等边三角形，∴为正三棱锥， 取中点，连接，则，，平面，所以平面，平面，所以，又，，∴，∴，又，，平面PAC，∴平面PAC，平面PAC，∴，∴，∴为正方体的一部分，可得外接球的半径为，取的中点，连接，可得，，所以，过点E作球O的截面，设截面与棱的交点分别为，当OE垂直时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心，截面圆半径为，截面面积为.故选：A．【点睛】关键点点睛：本题的关键点是判断出为正三棱锥，当OE垂直时截面面积最小时即为截面圆的圆心，考查了学生的空间想象能力、运算能力.二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的. 9.有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：且，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；C：，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；故选：CD10.设为古典概率模型中的两个随机事件，以下命题正确的为（）A.若，，则当且仅当时，是互斥事件B.若，，则必然事件C.若，，则时是独立事件D.若，且，则是独立事件【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件，独立事件和必然事件的定义逐个分析判断【详解】对于A，因为，所以是互斥事件，所以A正确，对于B，若事件为“抛骰子点数出现1或2”，则，若事件为“抛骰子点数出现的是小于等于 4”，则，而此时不是必然事件，所以B错误，对于C，因为，，，，所以，得，所以，所以是独立事件，所以C正确，对于D，因为，所以，因为，，所以，所以是独立事件，则也是独立事件，所以D正确，故选：ACD11.以下命题正确的是（）A.直线的方向向量，直线的方向向量，则B.直线的方向向量，平面的法向量，则C.两个不同平面的法向量分别为，则D.平面经过三点，向量是平面的法向量，则【答案】CD【解析】【分析】对于A，利用直线的方向向量是否垂直即可求解；对于B，利用直线的方向向量与平面的法向量是否垂直即可求解；对于C，利用平面的法向量是否平行即可求解；对于D，利用待定系数法设出平面的法向量，求出和的关系即可求解.【详解】对于A，因为直线的方向向量，直线的方向向量，所以，所以与不垂直，故直线与直线不垂直，故A错误；对于B，因为直线的方向向量，平面的法向量，所以，所以，故或，故B错误； 对于C，因为两个不同平面的法向量分别为，所以，即，所以，故C正确；对于D，因为，所以,又向量是平面的法向量，则,即，解得，故D正确.故选：CD.12.在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点，使得D.当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故 A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.容量为8的样本：3.5，3.8，4.2，4.8，5，5，5.5，6.3，其上四分位数是__________【答案】5.25【解析】【分析】根据给定的数据组，利用上四分位数的定义求解作答.【详解】依题意，因为，所以上四分位数是.故答案为：5.25 14.若直线过点，则的最小值为________．【答案】8【解析】【分析】由直线过点，可得，从而有，展开后利用基本不等式可求得其最小值【详解】解：因为直线过点，所以，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【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题15.自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角、、（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中，，，，，则该晶胞的对角线的长为__________.【答案】【解析】【分析】数形结合以及使用向量的方法，可得，然后先平方再开方可得结果.【详解】如图所示： 所以依题可知：，所以所以则，故故答案为：16.黄金分割比是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，其比值是．由于按此比例设计的造型十分美观，因此称为黄金分割比．例如中国人民解放军军徽，为镶有金色黄边的五角红星．如图，已知正五角星内接于圆，，点为线段的黄金分割点，则______，若圆的半径为2，为圆的一条弦，以为底边向圆外作等腰三角形，且，则的最大值为______．【答案】①.②.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据正五角星的性质，可得出的值，结合二倍角公式可得的值，（2）在圆中，连接，，运用正弦定理即可求解．【详解】（1）如图，取的中点，连接， 由题意可知等腰三角形，故，∴，又∵点为线段黄金分割点，且，∴，∴，∴；(2)在圆中，连接，如图：∵，，，∴，∴为角的角平分线，即，在中，由正弦定理得，即，当且仅当时等号成立，故的最大值为．故答案为：，．【点睛】关键点睛：本题考查二倍角公式和正弦定理的应用，解题的关键是正确利用黄金分割比，得出 .四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角的对边分别为.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式对化简可求出，再利用余弦的二倍角公式可求得结果，（2）利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求出，从而可求出三角形的面积.【小问1详解】由，得.又，可知，，所以.由，得，或（舍去），所以.【小问2详解】由，得，整理得，解得.又， 所以.18.乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．在某局双方平后，甲先发球，两人又打了个球该局比赛结束．（1）求；（2）求事件“”的概率．【答案】（1）0.5（2）0.25【解析】【分析】（1）（2）根据独立事件的乘法公式即可求解，【小问1详解】就是平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分，因此．【小问2详解】且甲获胜，就是10：10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲，乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为．同理可得且乙获胜的概率为．因此所求概率为.19.如图，在四棱台中，底面，M是中点.底面为直角梯形，且，，.（1）求证：直线平面；（2）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）根据题意可证，可知四点共面，进而可得，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）过点作于点，连，根据垂直关系分析可得为与平面所成角，运算求解即可.【小问1详解】连接，因为是中点，且，，则，又因为，则，可知四点共面，由，，可得，，则四边形是平行四边形，故，且平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为底面，底面，则，且，，平面，所以平面，由（1）可知：，则平面，且平面，所以平面平面，过点作于点，连，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成角，因为，则，可得， 所以直线与平面所成角的正弦值.20.如图，在四棱锥中，平面.（1）证明：平面平面.（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求出二面角余弦.【小问1详解】因为平面，所以.在中可求得.在中，因为，所以，所以.又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则.由（1）知平面，所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，可得，令，得.设平面与平面的夹角为，则.21.全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，，，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格互不影响.（1）假设甲、乙、丙三人同时进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试，谁获得执业医师证书的可能性最大？（2）这三人进行实践技能考试与医学综合理论考试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率.【答案】（1）乙的可能性最大 （2）【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，计算甲乙丙获得执业医师证书的概率，比较大小，即得结论；（2）分三种情况，结合互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式，即可求得答案.【小问1详解】记甲乙丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件，，，在实践考试中合格依次为，，，则甲乙丙获得执业医师证书依次为，，，并且与，与，与相互独立，则，，由于，故乙获得执业医师证书的可能性最大.【小问2详解】由于事件，，彼此相互独立，“恰有两人获得执业医师证书”即为事件：，概率为.22.正四棱锥的展开图如图所示，侧棱长为1，记，其表面积记为，体积记为.（1）求的解析式，并直接写出的取值范围； （2）求，并将其化简为的形式，其中为常数；（3）试判断是否存在最大值，最小值？（写出结论即可）【答案】（1），；（2），；（3）最大值，无最小值.【解析】【分析】（1）根据四棱锥的表面积公式进行求解即可；（2）求出的表达式，利用三角函数的关系式进行化简即可；（3）根据的表达式，直接进行判断最值即可．【小问1详解】解:因为正四棱锥中，，所以，其中.【小问2详解】解:设正方形中心为点，则.所以在RtSOA中，.所以.所以. 方法一：，所以.所以.方法二：，所以.【小问3详解】解:有最大值，无最小值.