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. 2 D. -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：B

2. 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：A

3. 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0.5

D. 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：D

4. 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：A

5. 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：CD

10. 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：ACD

11. 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.