广东省汕头市2024-2025学年高二数学上学期10月阶段考试

第一.选择题（每题5分，共60分)1.国家射击运动员甲在某次训练中次射击成果（单位：环）如：，则这组数据第百分位数为（）A. B. C. D.2.若复数z是的根，则（）A.1 B. C.2 D.33.如图，在三棱柱中，分别是，的中点，，则（

）

A．B．C．D．4.已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（）A.内有多数条直线与平行 B.内的任何直线都与平行C.且 D.且5.2024年12月，考古工作者又公布了关于北京建城的一件重要文字证据。这次在琉璃河遗址新发觉的铭文，不仅是A国建城最早的文字证据，更是北京建城最早的文字证据。考古学家对现场文物样本进行碳14年头学检测，检验出碳14的残留量约为初始量的69%。已知被测物中碳14的质量M随时间t（单位：年）的衰变规律满意（表示碳14原有的质量），据此推想该遗址属于以下哪个时期（）（参考数据：）A．西周 B．两汉 C．唐朝 D．元朝

6.已知随机事务，满意，，，则（

）A． B． C． D．7.已知是定义在R上的奇函数，，当时，，则（）A.1B.2 C. D.38.在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（）A.B.C.D.（下面是多选题，每小题漏选2分，错选0分）9.下列命题中正确的是（）A.若，，则与所在直线不愿定平行B.向量、、共面即它们所在直线共面C.空间随意两个向量共面D.若，则存在唯一的实数λ，使10.设函数，则下列结论正确的是（

）A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称C．的一个零点为 D．的最大值为11.在棱长为1的正方体中，点，分别是上底面和侧面的中心，则（）A.B.C.点到平面的距离为D.直线与平面所成的角为60°12.若，则下面不等式错误的是（

）A． B． C． D．二.填空题（每小题5分，共20分）13.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是14.已知，则的值为．15.设实数满意，则函数的最大值是16.在长方体中，，过且与直线平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变更的过程中，当两个球的半径之和达到最大时，此时较小球的表面积为三.解答证明题（共70分）17.（10分）设，向量，，，且，.(1)求；(2)求向量与夹角的大小．18.（12分）已知正方体的棱长为2，设分别为棱的中点.

(1)证明：平面；(2)求BQ与面BDP所成角的正弦值.19.（12分）已知的内角所对的边分别为，满意．（1）求证：；（2）若为上一点，且，求的面积的最大值．20.（12分）我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次数学竞赛，从参与竞赛的同学中，选取50名同学将其成果（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），视察图形中的信息，回答下列问题：（1）；从频率分布直方图中，估计本次考试成果的平均数及第三四分位数（第75百分位数）是多少；（精确到0.1）（2）已知学生成果评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成果不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成果优秀的概率．21.（12分）如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面．(1)求证：平面；(2)若点E是线段上一动点，点E在何位置时，二面角的余弦值为．22.（12分）已知函数（）.(1)若，求函数的最小值；(2)若函数存在两个不同的零点与，求的取值范围.高二第一学期数学阶段考试参考答案一、第1-8题：CBDD，AADA第9—12题：AC，AC，BCD，ACD二、，，，第8题解答：由题意，在空间直角坐标系中，，，，设，为平面的法向量，则，,，则，令则，故，则点到平面的距离为，所以，则又，，即，所以，代入可得，则所以，则故选：.第12题解答：设，则为增函数，因为所以，所以，所以.，当时，，此时，有当时，，此时，有，所以C、D错误.故选：ACD第16题解答：如图所示：平面将长方体分成两部分，有可能在平面上或平面上，依据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面上的状况，延长与交于点，作于点，

设，圆对应的半径为，依据三角形内切圆的性质，在中，，，，则，又当与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则设圆对应的半径为，同理可得，又，解得.故，，设，则，，由对勾函数性质易知，函数单减，所以当时，取得最大值，即两个球的半径之和达到最大，此时，则，则，，且，则小球的表面积为.故答案为：.三、解答题17、【详解】（1）由题意，，，可得，解得，则，，所以，故.（2）因为，所以，故向量与的夹角为.18、【详解】（1）证明：连接交于点，连接，由中位线可知且，又因为且，所以且，所以为平行四边形，所以.结合平面平面可知，平面.（2）以为原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系，如图设面PBD的一个法向量为，由即取，可得设BQ与面BDP所成角为，则所以BQ与面BDP所成角的正弦值为.19、【小问1详解】因为，由正弦定理可得，即，因为，，所以，所以，所以或．若，则；若，则，舍去；所以成立．【小问2详解】在中，因为，，所以，由正弦定理得，即，所以．在中，由正弦定理得，因为，所以．因为，又，所以，所以的面积．又，所以，所以，所以当，即时，的面积最大值为2．20、【小问1详解】本次考试成果的平均数约为.所以本次考试成果的平均数.设第三四分位数为m，由解得所以估计第三四分位数约为【小问2详解】第5组人数为，第6组人数为，被抽取的成果在内的4人，分别记为，，，；成果在内的3人，分别记为，，；则从这7人中随机抽取2人的状况为：，，，共21种；其中被抽到2人中至少有1人成果优秀的状况为：，，，，，共15种.故抽到2人中至少有1人成果优秀的概率为.21、【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵且，，平面，∴平面．（2）因为平面平面，，，M是的中点，∴，取的中点O，连接，则平面，取的中点N，连接，则，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，设，，因为平面的一个法向量，，，设平面的一个法向量为，则，可得．再由，则，∴或（舍），所以E为的靠近D点的五等分点．22、【详解】（1）解法一：若时，求函数，当时，，.当时，，.故.解法二：若时，求函数；画出和的图像如下图所示：易得.（2）解法一：若，则，这与存在两个不同零点冲突.若，，因为存在两个不同的零点与，所以，得，此时，；若，，当时，即时，得，，有