广东省阳江市高新区2023-2024学年高二上学期1月期末监测数学试题（含答案解析）

2023-2024学年度第一学期高二期末监测题数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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.集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据集合的交运算即可求解.【详解】集合，.故选：D.2.已知，则最小值为（）A.5 B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】应用基本不等式“1”的代换求最值，注意取值条件；【详解】因为，，，所以，当且仅当时取等号，取得最小值，故选:B.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据和差角公式以及诱导公式可得，由辅助角公式以及二倍角公式即可求解.【详解】由得，进而可得，结合辅助角公式得，则，故选：B.4.已知非零向量与满足，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量数量积运算律可得，结合已知及数量积定义求夹角余弦值.【详解】因为，所以，所以，而，所以，所以.故选：B5.在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，，分别取的中点E，F，G，连接，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据异面直线的定义作出异面直线与所成的角，利用余弦定理求解即可.【详解】作的中点,连接,因为∥，所以为异面直线与所成的角，由已知得，则，所以，所以，又因为，,所以△为等腰三角形，所以,因为，,所以，在△中由余弦定理可知，，故选：B.【点睛】根据异面直线的定义用平移法（常利用三角形中位线、平行四边形的性质）找到异面直线所成的角，然后利用余弦定理求解，此方法是求解异面直线所成角常用的方法.6.已知全国农产品批发价格200指数月度变化情况如图所示，下列选项正确的是（）A.全国农产品夏季价格比冬季低B.全国农产品批发价格200指数2022年每个月逐渐增加C.2022年“菜篮子”产品批发价格指数与农产品批发价格200指数趋势基本保持一致D.2022年6月农产品批发价格200指数大于126【答案】C【解析】【分析】由图表直接观察一一分析选项即可.【详解】图中给的是批发价格200指数，所以并不能确定农产品的价格变化，故A错误；全国农产品批发价格200指数2022年4～6月呈下降趋势，并未增加，故B错误；根据图中曲线的变化趋势可发现2022年“菜篮子”产品批发价格指数与农产品批发价格200指数趋势基本保持一致，故C正确；2022年6月农产品批发价格200指数在115附近，故D错误．故选：C7.直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，即可求出的取值范围.【详解】由题易知直线恒过，圆化为标准方程得，即圆心为，半径，圆心到距离，所以在圆内，则直线与圆交点弦最大值为直径即8，最小时即为圆心到直线距离最大，即时，此时，所以的取值范围为.故选：D8.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取到数计算得，，作差法比较的大小，即可得到大小，利用中间值即可比较大小.【详解】∵，，∴，∴，又，，∴.∵，∴；∵，∴，∴.∴.故选：D.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.已知正数，满足，则（）A.的最小值为3 B.的最小值为C.的最小值为3 D.的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A：由展开利用基本不等式求解即可；对于B：直接利用基本不等式求解即可；对于C：变形展开利用基本不等式求解即可；对于D：直接利用基本不等式求解即可.【详解】对于A：由，当且仅当时等号成立，故A正确；对于B：由得，，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，故B正确；对于C：因为，当且仅当时取等号，故C错误；对于D：由，当且仅当，即时等号成立，故D正确．故选：ABD．10.在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（）A.过点的平面截三棱锥所得截面是菱形B.平面平面C.异面直线互相垂直D.三棱锥外接球的半径为【答案】ABD【解析】【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理证明，由等腰三角形三线合一得，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假设垂直推证，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取的中心，由面面垂直性质定理得线面垂直关系，由勾股定理得，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形的中心即为球心.【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH，由F是BC的中点，得，，同理得，，所以，，四边形EFHG是平行四边形，于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG，且由E，F分别是AC，BC的中点，得，，因此，所以四边形EFHG为菱形，故A正确；选项B，取CD的中点P，连接，由，得，由，得，又，所以，所以，又，，又平面BCD，所以平面BCD，又平面ADC，所以平面平面BCD，故B正确；选项C，假设，已知，且平面，所以平面，所以，所以，这与已知“”矛盾，故C错误；选项D，取正三角形的中心，连接，则，由于是直角三角形，CD为斜边，则，由平面平面BCD，平面平面，由，且平面，所以平面，所以，则，所以的外心就是三棱锥的外接球球心，所以外接球半径R就是的外接圆半径，于是，故D正确．故选：ABD.11.不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（）A. B.C.事件A与事件B是对立事件 D.事件A与事件B是相互独立事件【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型概率公式求事件和事件的概率，判断AB，根据对立事件和独立事件的定义判断CD.【详解】随机试验从袋中一次性取出2个球的样本空间含个样本点，随机事件包含的样本点的个数为，所以，A错误；随机事件包含的样本点的个数为，所以，B正确，事件与事件不可能同时发生，所以事件与事件为互斥事件，又，即事件为必然事件，所以事件A与事件B是对立事件，C正确；随机事件包含的样本点的个数为，所以，随机事件为不可能事件，所以，所以，所以事件A与事件B不是相互独立事件，D错误，故选：BC.12.已知为双曲线：上位于第一象限内一点，过点作x轴的垂线，垂足为，点与点关于原点对称，点为双曲线的左焦点，则（）A.若，则B.若，则的面积为9C.D.的最小值为8【答案】ABD【解析】【分析】根据题意结合四边形的形状分析A，B；将转化成直线斜率，借助渐近线斜率判断C；由双曲线定义，利用与之间的关系求最值判断选项D.【详解】设双曲线右焦点为，由题意可知，四边形为平行四边形，如图：由双曲线：可知：，，，对于A，因为，所以，所以四边形为矩形，所以，故A正确；对于B，据双曲线定义可知：，，若，则四边形为矩形，则，所以，即，所以，所以，所以，故B正确；对于C，由双曲线的方程可知，在中，又因双曲线渐近线方程为：，所以所以，即，故C错误；对于D，，当且仅当时，取到最小值为8，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知A袋内有大小相同的1个红球和3个白球，B袋内有大小相同的1个红球和2个白球.现从A、B两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为___________.【答案】【解析】【分析】由题意可能是A袋内取1个白球，B袋内取1个红球；或A袋内取1个红球，B袋内取1个白球共两种情况，结合古典概型计算即可.【详解】由题意可得：要从A、B两个袋内各任取1个球，恰好有1个红球有以下两种情况：当从A袋内取1个白球，B袋内取1个红球时，则;当从A袋内取1个红球，B袋内取1个白球时，则.所以从A、B两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为：.故答案为：.14.若函数的定义域为，则的定义域为______．【答案】【解析】【分析】根据抽象函数定义域的求法及分式的分母不为0求解.【详解】因为函数的定义域为，所以，所以要使函数有意义，则，即，解得，所以函数的定义域为.故答案为：.15.已知直三棱柱，底面三角形是等腰直角三角形，其中为直角顶点，且．若点为棱中点，点为平面的一动点，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】由，得到平面平面，从而达到点关于平面BCD对称点E落在的延长线上，然后由最小时，三点共线求解.【详解】解：如图所示：由题意得，又因为三棱柱是直三棱柱，所以平面平面，且平面平面，平面ABC，所以平面，又平面BCD，所以平面平面，所以点关于平面BCD对称点E落在的延长线上，且，即，若最小，则三点共线，所以，，故答案为：16.已知函数且过定点，直线过定点，则_____【答案】5【解析】【分析】由指数函数的性质，直线过定点和两点间距离公式解出即可.【详解】，；由得：，直线恒过定点；.故答案为：.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.在中,为的角平分线,且.（1）若,,求的面积;（2）若,求边的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可;（2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果.【小问1详解】因为,所以得:,解得,所以.【小问2详解】设,,由得,即,所以,又在中,所以,得,因为且,得,则,所以,即边的取值范围为.18.如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，平面为内的动点(含边界).（1）求平面与平面夹角的正弦值;（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可;（2）设出点的坐标，由平面面，可以表示出的坐标，结合线面角公式计算可得，利用换元法求解即可.【小问1详解】以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知，，又，则，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，则，则，设平面与平面夹角为，则，则，即平面与平面夹角的正弦值为.【小问2详解】如（1）建系及图可知，平面的法向量为，平面的法向量为，设，则，因为平面面，所以，解得，所以，又因为平面，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，又为内的动点(含边界)所以，解得，所以，令，则，因为，所以，所以，所以，所以，两边同乘以3可得直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.【点睛】思路点睛：求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．19.古人云“民以食为天”，某校为了了解学生食堂服务的整体情况，进一步提高食堂的服务质量，营造和谐的就餐环境，使同学们能够获得更好的饮食服务为此做了一次全校的问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频数分布表．样本分数段频数51020a2510频率0.050.10.2b0.250.1（1）求频数分布表中a和b的值，并求样本成绩的中位数和平均数；（2）已知落在的分数的平均值为56，方差是7；落在的分数的平均值为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．【答案】（1），，，（2）两组市民成绩的总平均数是，总方差是【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，求得，结合中位数、平均数的计算公式，即可求解；（2）根据分层抽样的分法，得到分数在和的人数，结合分层抽样的方差的计算方法，即可求解.【小问1详解】解：（1）由，解得，则，由，所以，由成绩在的频率为，所以中位数为，平均数为．【小问2详解】解：由表可知，分数在的市民人数为10人，成绩在的市民人数为20人，故，则，所以两组市民成绩的总平均数是，总方差是．20.已知直线与圆相交于，两点.（1）求；（2）若为圆上的动点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用直线和圆相交的弦长公式求解即可；（2）将转化为圆上的任意点与连线的斜率求解即可.【小问1详解】∵圆∴，∴圆心为，半径，则圆心到直线的距离：，∴.【小问2详解】表示圆上的任意点与连线的斜率，设，即，则直线与圆有公共点，∴∴∴的取值范围为.21.已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．（1）求C的方程；（2）当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.【小问1详解】当M与原点O重合时，可设，则有、，且，即有,则，即，又，故，则，即有，由离心率为，即，则，故，即有，解得，故，即C的方程为；【小问2详解】设直线方程为，令，有，即，设点、，则，联立直线与椭圆方程：，消去有，，即，有，，为，令，故，由，故，其中，即，则，当且仅当时