2023-2024学年山东省青岛高二上册期初考试数学试题（含解析）

2023-2024学年山东省青岛市高二上册期初考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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，则=A． B． C． D．2．某中学高一年级共有学生1200人，为了解他们的身体状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，若样本中共有男生42人，则该校高一年级共有女生A．630 B．615 C．600 D．5703．下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（

）A． B．C． D．4．已知平面向量，，且，则（

）A．1 B．14 C． D．5．若，则（

）A． B． C． D．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（

）A． B．或 C．或 D．或7．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中都是正三角形，，则以下两个结论：①；②，说法正确的是（

）A．①和②都不成立 B．①成立，但②不成立C．①不成立，但②成立 D．①和②都成立8．已知定义在上的奇函数在上单调递增，且满足，则关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．9．给出下列命题，其中正确的选项有（

）A．非零向量，，满足且与同向，则B．若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，C．在中，若，则为等腰三角形D．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是10．有5件产品，其中3件正品，2件次品，从中任取2件，则互斥的两个事件是A．至少有1件次品与至多有1件正品 B．至少有1件次品与都是正品C．至少有1件次品与至少有1件正品 D．恰有1件次品与恰有2件正品.11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点Р为线段上的动点，则（

）

A．两条异面直线和所成的角为 B．不存在点P，使得平面BEPC．对任意点Р，平面平面BEP D．点到直线的距离为412．已知函数的定义域为R，对任意都有，且，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称C．的周期为4 D．为偶函数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知，则的值为．14．已知函数，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是.15．在三棱锥中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且，则三棱锥的外接球表面积为．16．已知分别是边的中点，是线段上的一动点(不包含两点)，且满足，则的最小值为．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．已知平面向量满足，，且．(1)求在方向上的投影向量；(2)若，求实数的值．18．已知为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.(1)求；(2)设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.19．如图，在正四棱柱中，，∥平面MAC．

(1)证明：M是的中点；(2)若正四棱柱的外接球的体积是，求该正四棱柱的表面积．20．某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过的部分按0.5元收费，超过但不超过的部分按0.8元收费，超过的部分按1.0元收费.（1）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：）的函数解析式（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率直方图.若这100户居民中，今年1月份电费不超过260元的占80%，求，的值；（3）在（2）的条件下，计算月用电量的75%分位数.21．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的中点.

(1)求证：PB平面AEC；(2)设PA=AB=1，求平面AEC与平面AED夹角的余弦值.22．设函数，若锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为R，．(1)若，求B；(2)求的取值范围．1．C【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．2．D【分析】根据分层抽样的方法，结合比例的性质计算即可.【详解】高一年级共有学生1200人，按性别用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，样本中共有男生42人，则高一年级的女生人数约为.故选：D.本题主要考查了分层抽样的运用，属于基础题.3．D【分析】根据函数的奇偶性，基本初等函数的单调性，逐项判断即可.【详解】对于A，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故A不符合；对于B，的定义域为，，则为偶函数，故B不符合；对于C，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故C不符合；对于D，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，故在上为减函数，故D符合.故选：D.4．B【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为，，，所以，所以.故选：B5．B【分析】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.【详解】，故选：B6．D【分析】利用正弦定理求出，进而得出答案．【详解】因为，，，所以由正弦定理得，得，因为，，所以，所以或，则或．故选：D．7．D【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理和勾股定理进行求解即可.【详解】因为底面为矩形，所以有，平面，平面，所以平面，而平面平面，所以，故结论①是正确的；取的中点，连接如下图所示：因为，所以有，因此四边形是平行四边形，所以有，不妨设，因此，，因为都是正三角形，所以，因此有，因为，所以，因此，故结论②是正确的.故选：D本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了勾股定理，考查了数学阅读能力8．C【分析】根据已知条件及奇函数的性质，作出函数与大致图象，结合函数的图象即可求解.【详解】因为是定义在上的奇函数且在上单调递增，所以在上单调递增，由，得，由此可在坐标系中画出与的大致图象，如图所示，AI由图象可知，当时，，所以关于的不等式的解集为.故选：C.9．BC【分析】根据向量的定义，可判定A错误；根据向量数量积求得，可判定B正确；由表示与的平分线共线的向量，结合三角形的性质，可判定C正确；当时，得到向量与向量的夹角为，可判定D项错误.【详解】对于A中，向量的既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A错误；对于B中，因为单位向量，的夹角为，可得，则，当且仅当时，取得最小值，最小值为，所以B正确；对于C中，因为表示与的平分线共线的向量，又因为，可得的平分线与垂直，所以为等腰三角形，所以C正确；对于D中，当时，此时向量与向量的夹角为，所以D项错误.故选：BC10．BD【分析】根据互斥事件的定义，对每个选项做出判断，从而得到结论．【详解】对于A，至少有1件次品与至多有1件正品不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件；对于B，至少有1件次品与都是正品是对立事件，属于互斥事件，故满足条件；对于C，至少有1件次品与至少有1件正品不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件；对于D，恰有1件次品与恰有2件正品是互斥事件，故满足条件．故选：BD．本题考查互斥事件的判断，考查逻辑思维能力和分析求解能力，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题.11．ACD【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D．【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A正确；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，所以，四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，所以B错误；

对于C，连接，由于平面，平面，故，

又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；对于D，由正方体的性质可得，，所以，又，所以，所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：ACD．12．ACD【分析】根据函数的对称性、奇偶性、周期性逐项判断即可.【详解】解：∵，则的图象关于直线对称，故A正确，B错误；∵函数的图象关于直线对称，则，又，∴，∴函数的周期为4，故C正确；∵函数，故为偶函数，故D正确．故选：ACD.13．1【分析】利用诱导公式对原式化简得，然后分子分母同时除以，再由代入即可得出答案.【详解】因为，所以；故114．【分析】分类讨论，当时，分析得到，即；当时，，综合即得解.【详解】当时，，∵开口向下，对称轴为，在对称轴的左边单调递增，∴，解得：；当时，是以2为底的对数函数，是增函数，故；综上所述，实数的取值范围是：故本题主要考查函数的单调性的应用，考查二次函数和对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15．【分析】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球，即可求解．【详解】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．设正三棱柱的上下底面的中心分别为，则外接球的球心为的中点，的外接圆半径为，，所以球的半径为，所以四面体外接球的表面积为，故．16．##【分析】由三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】由于是上的一动点(不包含两点)，且满足，所以且，以，当且仅当时取等号，所以的最小值为．故17．(1)(2)【分析】（1）由，平方求得，结合投影向量的计算公式，即可求解；（2）根据题意，结合，列出方程，即可求解.【详解】（1）解：由，，且，平方得，解得，所以在方向上的投影向量为.（2）解：因为，所以，化简得，所以，解得18．(1)(2)【分析】（1）先得到，再根据在复平面上对应的点在虚轴上，由求解；（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为，，，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.【详解】（1）解：∵，∴，，∴；（2）由（1）知：，，∴，，∴.在复平面上对应的点分别为，，，∴，，，由余弦定理可得，且，∴，∴.19．(1)证明见解析(2)10【分析】（1）连接BD，交AC于N，根据线面平行的性质，可得，由是BD的中点，可得是的中点；（2）根据正四棱柱的外接球的体积求得AB，即可求该正四棱柱的表面积．【详解】（1）连接BD，交AC于N，连接MN．因为∥面MAC，面，且面MAC∩面，根据线面平行的性质定理得，，在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，所以M是的中点．

（2）设，正四棱柱的外接球的半径为,因为正四棱柱的外接球的体积,解得，由题意为正四棱柱的外接球的直径，由，得，解得或(舍)，即，所以正四棱柱的表面积为．20．（1）；（2），；（3）375千瓦时.【分析】（1）根据题意以及分段函数的知识，求得与之间的函数解析式.（2）先求得用电量低于400千瓦时的占80%，利用频率之和列方程组，解方程组求得的值.（3）根据百分位数的计算方法，计算出分位数.【详解】（1）当时，；当时，；当时，.所以与之间的函数解析式为（2）由（1）可知，当时，，即用电量低于400千瓦时的占80%，结合频率分布直方图可知解得，.（3）设75%分位数为，因为用电量低于300千瓦时的所占比例为，用电量低于400千瓦时的占80%，所以75%分位数在内，所以，解得，即用电量的75%分位数为375千瓦时.21．(1)证明见解析(2).【分析】（1）根据线线平行即可得线面平行，（2）利用线面垂直得线线垂直，进而得平面夹角的平面角，即可利用边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.【详解】（1）如图，连接交于点，连接，则为的中点，为的中点，又平面平面，平面.

（2）方法一：由于,PA⊥平面ABCD，平面ABCD,所以,平面,所以平面,平面,所以,由于为中点，所以,因此即为平面AEC与平面AED所成角的平面角或其补角，由于,所以,故平面A