2023-2024学年广西壮族自治区高二上册新高考10月月考测试数学试题（含解析）

2023-2024学年广西壮族自治区高二上册新高考10月月考测试数学试题注意事项：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．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，再选涂其它答案标号．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交回．一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】将集合、化简，再根据并集的运算求解即可.【详解】∵集合，集合，∴．故选：D.2.已知复数，则（）A. B. C.3 D.5【正确答案】B【分析】按照复数的除法运算求出复数z的代数形式，再根据复数的模长公式求解即可.【详解】..故选：B.3.已知，，，则，，的大小顺序是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由，，判断.【详解】因为，，，所以故选：D4.已知直线：，：，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】B【分析】当时，根据斜率的乘积等于可得；当时，根据求出，再根据必要不充分条件的概念可得答案.【详解】当时，，，，所以；当时，可得，解得或，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：B．5.已知，，，则向量在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】利用平面向量数量积的几何意义进行求解.【详解】因为，，，所以向量在方向上的投影向量为.故选：A.6.已知点，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是A. B.C. D.【正确答案】C【分析】根据题意知A、B两点在直线的异侧或在直线上，得出不等式（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，求出解集即可．【详解】根据题意，若直线l：kx﹣y﹣1＝0与线段AB相交，则A、B在直线的异侧或在直线上，则有（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，即（2k﹣3）（k+4）≥0，解得k≤﹣4或k≥，即k的取值范围是（﹣∞，﹣4]∪[，+∞）．故选C．本题考查直线与线段AB相交的应用问题，考查了转化思想，是基础题．7.已知，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据余弦的二倍角公式，结合诱导公式进行求解即可.【详解】因为，所以由，，故选：A8.已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（）A. B.5 C. D.【正确答案】A【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.【详解】因为，易知三角形为等腰直角三角形，又平面，所以为三棱锥的高，则可将三棱锥放入长方体内，如图，长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，，解得，又，解得，，所以所以三棱锥的体积，故选：A解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径二、多选题：共4小题，每小题5分，共20分，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，有选错得0分．9.下列说法正确的是（）A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1B.已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5C.数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23D.若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32【正确答案】AC【分析】分别利用古典概型的计算公式，方差和标准差的计算公式及其百分位数的定义求解即可.【详解】对于选项,个体被抽到的概率为，故该选项正确；对于选项，，解得，则方差，故该选项错误；对于选项,数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为，12，14，14，17，19，23，27，30，由于%，其中第6个数为23，故该选项正确；对于选项,设数据，，…，的均值为，则数据，，…，的均值为，因为数据，，…，的标准差为，所以数据，，…，的标准差为，故该选项错误；故选：AC.10.在中，角所对的边为，有如下判断，其中正确的判断是（）A.若，则为直角三角形B.若，则C.若，则符合条件的有两个D.在锐角三角形中，不等式恒成立【正确答案】BD【分析】根据正弦定理和余弦定理，逐个判断即可.【详解】对于A：，所以或者，即或，所以为等腰三角形或者直角三角形，A错误；对于B：，又，代入可得，所以，所以，B正确；对于C：由正弦定理可得，代入可得，所以符合条件的三角形没有，C错误；对于D：是锐角三角形，所以，D正确，故选：BD11.已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于直线对称C.函数图象向右平移个单位可得函数的图象D.若方程在上有两个不等实数根，，则．【正确答案】AB【分析】根据图象确定函数的解析式，然后由正弦函数性质判断各选项．【详解】由图可知，，所以，于是A正确，所以，则，将点代入得：，所以，，又，所以，所以，对于B，因为，为最小值，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对于C，将函数图象向右平移个单位，可得函数，故C错误；对于D，由条件结合图象可知，于是，所以，故D错误．故选：AB．12.已知，若存在，使得，则下列结论错误的有（）A.实数的取值范围为B.C.D.的最大值为1【正确答案】AD【分析】根据分段函数解析式画出函数图象，再利用方程的根的个数即为函数图象的交点个数，即可求得实数的取值范围，再利用图象判断出根的分布情况即可做出判断.【详解】由函数可知其图象如下图所示，又因为存在，使得，所以函数与有三个不同的交点，根据图象可知，故A错误；根据函数图像可知，所以得，即，故B正确；显然，且关于对称，所以，故C正确；因为，且，所以，，当且仅当时，等号成立；又因为，所以，故D错误；故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点在直线上，则的最小值为______．【正确答案】9【分析】先由题意得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】根据点在线上，得到，则，又，故当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9．故9.14.已知偶函数在区间单调递增，则满足的的取值范围是__________.【正确答案】【分析】因为不一定也在单调递增区间内,所以不能利用函数单调性解函数不等式,所以要用偶函数的性质将变成,然后再用函数在上的单调性解函数不等式.【详解】因为函数为偶函数,所以,所以不等式等价于,又因为函数在区间单调递增,所以,解得,所以的取值范围是.故答案为.本题考查了函数的奇偶性,单调性以及抽象函数不等式的解法,抽象函数不等式的解法,都是用函数的单调性来解,利用函数的单调性时,一定要保证自变量在同一个单调区间内,不满足这一点的,往往利用偶函数的性质变形后,再用函数的单调性解不等式.本题属于中档题.15.在中，，角平分线交BC于D，则_________．【正确答案】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故．本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．16.在棱长为1的正方体中，M是棱的中点，点P在侧面内，若，则的面积的最小值是________．【正确答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、三角形的面积公式、二次函数进行求解.【详解】如图，以点D为空间直角坐标系的原点，分别以DA，DC，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则点，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以当时，，因为正方体中，平面平面，故，所以.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.已知直线过点.（1）若直线与垂直，求直线的方程；（2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.【正确答案】（1）；（2）或.【分析】（1）根据互相垂直直线的斜率关系，结合直线点斜式方程进行求解即可；（2）根据直线的截距是否为零分类讨论求解即可.【小问1详解】直线的斜率为，与直线垂直的直线的斜率为，过点且与直线垂直的直线的方程为，即.【小问2详解】分两种情况讨论：①当直线在两坐标轴上的截距均为零时，设所求直线的方程为，将点的坐标代入该直线方程得，解得，此时，所求直线的方程为；②当直线在两坐标轴上的截距均不为零时，设所求直线的方程为，即，将点的坐标代入该直线方程得，此时，所求直线的方程为综上所述，所求直线的方程为或.18.如图，空间四边形的各边及对角线长为，是的中点，在上，且，设，，，（1）用，，表示；（2）求向量与向量所成角的余弦值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解；（2）计算的值即可得，再计算的值，由空间向量夹角公式即可求解.【小问1详解】因为，，，所以.【小问2详解】因为空间四边形的各边及对角线长为，所以四面体是正四面体，，且，，间的夹角为，所以，，，所以，所以，所以向量与向量所成角的余弦值为.19.在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.（1）求角B大小；（2）若，求的取值范围.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子统一成边的关系，再利用余弦定理可求出角B的大小，（2）由（1）可得，由正弦定理可得，然后由为锐角三角形求出角的范围，再利用正切函数的性质可求得结果【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得，化简得，所以由余弦定理得，因为，所以【小问2详解】因为，所以,由正弦定理得，，所以，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，所以，，所以，即的取值范围为20.某省将实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比15%，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比35%，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比35%，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比13%，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比2%，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：（1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的平均数；（2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）？（结果保留整数）（3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率．【正确答案】（1），平均数为71.（2）74（3）【分析】（1）由频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1，可求出，进而可求出平均数.（2）由频率分布直方图结合B等级及以上排名占比列方程即可得解．（3）列出所有基本事件及满足要求的基本事件，由古典概型概率公式即可得解.【小问1详解】；平均数；【小问2详解】由已知等级达到B及以上所占排名等级占比为，假设原始分不少于分可以达到赋分后的B等级及以上，由频率分布直方图知占比，占比，所以，且，解得（分），所以原始分不少于74分才能达到赋分后的B等级及以上．【小问3详解】由题知得分在和内的频率分别为0.1和0.15，由知抽取的5人中，得分在内的有2人，记为AB,得分在的有3人，记为cde，则从5人中抽取两人的基本事件为：共10种，这2人中恰有一人原始成绩在内的基本事件有：，共6种，故所求概率.21.每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.（1）若，求甲恰好胜出一轮的概率；（2）若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为.（i）求，，的值；（ii）求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.【正确答案】（1）（2）（i），；（ii）【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.（2）（i）利用对立事件和独立事件的概率公式表示出和，即可求解；（ii）利用对立事件和独立事件的概率公式即可求解.【小问1详解】设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件，“甲在第二轮竞赛中胜出”事件，“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件，“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件，则，，，相互独立，且，，，.设“甲恰好胜出一轮”为事件，则，，互斥.当时，.所以当，甲恰好胜出一轮的概率为.【小问2详解】由（1）知，（i）记事件为“甲、乙各胜出一轮”，事件为“甲、乙都获得优秀”，所以，.因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，所以，，则，解得或（舍去）.综上，，.（ii）设事件为“甲获得优秀”，事件为“乙获得优秀”，于是“两人中至少有一人获得优秀”，且，，所以，，所以.故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概