2023-2024学年福建省宁德市寿宁重点中学高二（上）期初数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省宁德市寿宁重点中学高二（上）期初数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数满足，则的共轭复数( )
A. B. C. D.
2. 如图，普通蒙古包可近似看作是圆柱和圆锥的组合体；如图，已知圆柱的底面直径米，米，圆锥的高米，则该蒙古包的侧面积约为( )
A. 平方米 B. 平方米 C. 平方米 D. 平方米
3. 设为函数的零点，则不等式的最小整数解为( )
A. B. C. D.
4. 某小区从户居民中随机抽取户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当的分组后每组为左闭右开的区间，画出频率分布直方图如图所示则( )
A. 小区用电量平均数为，极差为
B. 小区用电量中位数为，众数为
C. 可以估计小区居民月用电量的分位数约为
D. 小区用电量不小于的约有户
5. 已知函数，则下列说法错误的是( )
A. 函数的最小正周期为
B. 是函数的一条对称轴
C. 函数在区间上的最大值为
D. 将函数向左平移个单位后得函数，则为偶函数
6. 函数在区间上单调递减，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
7. 如图，在平面四边形中，，，为等边三角形，当点在对角线上运动时，的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
8. 中，，，，点为的外心，若，则实数的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 设表示一个点，、表示两条直线，、表示两个平面，下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，，则
10. 下列有关复数的说法正确的是( )
A. 若复数，则 B. 若，则是纯虚数
C. 若是复数，则一定有 D. 若，，则
11. 一个袋子中有大小和质地相同的个球标号为，，，，，从袋中有放回的抽出两球则下列说法正确的是( )
A. 没有出现数字的概率为 B. 两次都出现两个数字相同的概率为
C. 至少出现一次数字的概率为 D. 两个数字之和为的概率为
12. 如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则( )
A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 方程在复数范围内的根为______ ．
14. 某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件或元件正常工作，且元件正常工作，则部件正常工作．元件，元件，元件正常工作的概率分别为，则这个部件能正常工作的概率为 ．
15. 已知，，，；若是所在平面内一点，，则的最大值为______ ．
16. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为______ ；该正四棱锥的外接球的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
如图，在平行四边形中，点在上，且，点是的中点．
设，，用，表示，；
已知，求证：．
18. 本小题分
设函数的定义域为集合，的定义域为集合．
当时，求；
若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围．
19. 本小题分
已知向量，函数．
若，，求的值；
已知的三个角，，的对边分别为，，，，，的面积为，求的值．
20. 本小题分
年起，辽宁省将实行“”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化学成绩进行赋分，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、、、、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．
等级排名占比，赋分分数区间是；
等级排名占比，赋分分数区间是；
等级排名占比，赋分分数区间是；
等级排名占比，赋分分数区间是；
等级排名占比，赋分分数区间是．
现从全年级的化学成绩中随机抽取名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：
Ⅰ求图中的值；
Ⅱ用样本估计总体的方法，估计该校本次化学成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的等级及以上含等级？结果保留整数
Ⅲ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，再从中选取人进行调查分析，求这人中恰有一人原始成绩在内的概率．
21. 本小题分
已知函数且．
求的定义域；
判断的奇偶性，并说明理由；
求不等式的解集．
22. 本小题分
如图所示，在等边中，，，分别是，上的点，且，是的中点，交于点以为折痕把折起，使点到达点的位置，连接，，．
证明：；
设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，则，
所以．
故选：．
利用复数的四则运算化简复数，利用共轭复数的定义可得结果．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：依题意得，
圆柱的侧面积，，，
在中，，
圆锥的侧面积，
该蒙古包的侧面积，
故选：．
首先根据圆柱的侧面展开图为长方形求出圆柱的侧面积，再根据圆锥的侧面展开图为扇形求出圆锥的侧面积，进而得到蒙古包的侧面积．
本题考查了圆柱和圆锥侧面积的计算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为函数在上单调递增，
又，，
即，所以，
不等式，解得，因为，所以，
所以不等式的最小整数解为．
故选：．
首先判断函数的单调性，根据零点存在性定理判断，再解不等式，即可得解．
本题考查函数的零点判断定理的应用，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：对于，极差为，小区用电量平均数为
，故A错误；
对于，小区用电量众数为，
因为，，
故小区用电量中位数在，设为，
则，解得，故B错误；
对于，因为，
，
故估计小区居民月用电量的分位数在，设为，
则，解得，故C正确；
对于，样本中小区用电量不小于的频率为，
所以小区用电量不小于的约有户，故D错误．
故选：．
对于，根据频率分布直方图中平均数与极差的算法计算即可；对于，根据频率分布直方图中中位数与众数的算法计算即可；对于，根据频率分布直方图中百分位数的算法判断即可；对于，求出小区用电量不小于的频率，进而得解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、极差、中位数和百分位数的计算，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：由于函数，
故它的最小正周期为，故A正确．
令，求得，为最小值，可得它的图象关于直线对称，故B正确．
在区间上，，故函数的最大值为，故C正确．
将函数向左平移个单位后得函数的图象，
显然，为非奇非偶函数，故D错误．
故选：．
由题意，利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，
令，则，
由题意可得需满足在区间上单调递减，且，
而的图象开口向下，对称轴为，
故且，解可得．
故选：．
根据题意，令，由题意可得需满足在区间上单调递减，且，由此列出不等式，求得答案．
本题考查复合函数单调性的判定，注意函数的定义域，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：已知，，
所以为等腰直角三角形，
此时，
易知，
所以≌，
所以，
即平分，
因为，
所以
，
当时，取得最小值，最小值为．
故选：．
由题意，结合全等三角形的定义得到≌，根据向量的加法运算以及数量积的定义对进行整理，利用二次函数的性质进行求解即可．
本题考查平面向量数量积的定义，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查三角形外心的定义，余弦定理，以及数量积的运算及其计算公式，余弦函数的定义，属于中档题．
在中，利用余弦定理求出，再在两边同时乘以向量和，利用数量积计算出和的值，代入方程中计算，解出和，可得出答案．
【解答】
解：由余弦定理可得，
，，
又，
同理可得：，代入上式，
，解得：，，
所以．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：当时，，，但，故A错；
当时，错；
如图，，，，
由直线和点确定唯一平面，
又，由与确定唯一平面，但经过直线和点，
与重合，，故C正确；
两个平面的公共点必在其交线上，故D正确．
故选：．
根据公理以及直线在平面内的定义，逐一对四个结论进行分析，即可求解．
本题考查了公理及空间点、线、面的位置关系，属基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，设，，则，
若，则，，故A正确；
对于，设时，，而不是纯虚数，故B错误；
对于，当时，则，，
，故C错误；
对于，令，，
则，
，
，，
，
若，，则，故D正确．
故选：．
由共轭复数的概念及复数相等，判断；应用特殊值法，令及，判断；利用共轭复数的概念及复数乘法判断．
本题考查复数的运算，考查复数的定义、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：没有出现数字的概率为，选项A错误；
从袋中有放回的抽出两球共有：种结果，两次都出现两个数字相同的有种结果，故两次都出现两个数字相同的概率为，选项B正确；
从反向思考，至少出现一次数字的概率为，选项C正确；
两个数字之和为的情况有：，，，，，种，故两个数字之和为的概率为，选项D错误．
故选：．
根据古典概型计算公式，结合逻辑推理，逐项运算判断即可；
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项A：因为平面平面，
所以点到侧面的距离为定值，故四棱锥的体积为定值，故A正确；
对于选项B：因为，与所成角是或其补角，
因为是正三角形，所以与成角的取值范围是，故B正确；
对于选项C：当点在侧面上时不包括正方形的边界，过点作平面的垂线，垂足为，连，
根据正方体易知平面，则为与平面所成的角，故，所以，
在中，由，但是，矛盾，
故点不能在侧面上不包括正方形的边界，
同理，点不在侧面上不包括正方形的边界．
当点在上底面上时，过点作平面的垂线，垂足为，连结，，
根据正方体易知平面，且四边形为矩形，则为与平面所成的角，故，
所以，所以，此时点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，点的轨迹长度为；
当点在侧面，上时，根据正方体特征易知点在线段，上，都符合题意，
此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确；
对于选项D：取 中点，中点，连结，，
因为、是、的中点，可知且，
又，所以，又平面，平面，所以平面，
因为，是、中点，根据正方体可得，四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面平面，
因为在底面上运动，且平面，所以平面，
因为平面底面，所以点在底面上的轨迹为，
根据正方体的棱长为，结合勾股定理可得，，，所以，故，
所以长度的最小值为，故D错误．
故选：．
对于选项A，由点到侧面的距离相等，故四棱锥的体积为定值，即可判断；
对于选项B，找到所求角为或其补角，根据正三角形，即可判断；
对于选项C，分别求当点在侧面，侧面上时不包括正方形的边界、在上底面上、点在侧面，上点的轨迹长，即可判断；
对于选项D，取中点，中点，连结，，可证明平面平面，即可求得的轨迹是，即可求得的最小值，进而判定选项．
本题考查了棱锥的体积，直线与直线所成角，直线与平面所成角以及轨迹问题，属于较难题．
13.【答案】
【解析】解：方程，解得．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
设“元件正常工作”为事件，“元件正常工作”为事件，“元件正常工作”为事件，
则，，，再结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解．
【解答】
解：设“元件正常工作”为事件，“元件正常工作”为事件，“元件正常工作”为事件，
则，，，
这个部件能正常工作的概率为．
故答案为．
15.【答案】
【解析】解：由题意建立如图所示的坐标系，
可得，，，
因为，所以，
所以，，
所以，
因为，
所以的最大值为．
故答案为：．
建立直角坐标系，由可得的坐标，从而可得，再结合的范围即可求得它的最大值．
本题考查平面向量的数量积与坐标运算，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：如图所示，连接，，相交于点，连接．
四棱锥是正四棱锥，
底面作，同理，连接，
是相邻两个侧面所成二面角的平面角，
，，可得，，
．
，设外接球的半径为，
可得，解得，
正四棱锥的外接球的体积为：．
故答案为：；．
作出二面角的平面角，通过求解三角形．推出结果；求解外接球的半径，然后求解体积即可．
本题考查了正四棱锥的性质，二面角的求法，几何体的外接球的体积的求法．考查了推理能力与计算能力．
17.【答案】解：因为，则，
所以，
；
证明：因为，所以，
即，
即，所以．
【解析】本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到向量垂直的性质，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
利用平面向量基本定理以及三角形法则即可求解；
利用向量垂直的性质化简即可证明．
18.【答案】解：由，解得或，
所以集合，，
当时，由，即，
解得，
所以集合，
故，
由知，
由，解得，
所以，
因为“”是“”的必要条件，
所以，
所以，解得，
故实数的取值范围是
【解析】根据对数函数、指数函数性质求得集合，，再根据集合的运算进行求解即可；因为“”是“”的必要条件，所以，即可求得实数的取值范围．
本题主要考查了复合函数的定义域，集合的运算，充要条件的定义，属于基础题．
19.【答案】解依题意得
，
因为，
所以．
所以，即．
因为，，由得．
因为，
所以，即．
在中，由余弦定理得
．
由，
得，，，
所以．
【解析】由向量的数量积的坐标表示和三角函数的恒等变换，计算可得所求角；
运用三角形的面积公式和三角形的正弦定理、余弦定理，计算可得所求值．
本题主要考查平面向量的应用、正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性．
20.【答案】解：Ⅰ由题意，所以．
Ⅱ由已知等级达到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等级及以上，
则有，
解得分，所以原始分不少于分才能达到赋分后的等级及以上．
Ⅲ由题知得分在和内的频率分别为和，
则抽取的人中，得分在内的有人，得分在的有人，
记得分在内的位学生为，，，得分在内的位学生为，，
则从人中任选人，样本空间可记为：
共包含个样本，
用表示“这人中恰有一人得分在内”，
则，即包含个样本，
所以这人中恰有一人原始成绩在内的概率为．
【解析】Ⅰ由频率分布直方图的性质列方程，能求出．
Ⅱ由已知等级达到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等级及以上，列方程能求出结果．
Ⅲ由题知得分在和内的频率分别为和，则抽取的人中，得分在内的有人，得分在的有人，记得分在内的位学生为，，，得分在内的位学生为，，从人中任选人，利用列举法能求出这人中恰有一人原始成绩在内的概率．
本题考查频率、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：要使函数有意义，则，解得，
所以函数的定义域为．
是奇函数，理由如下：
由知函数的定义域关于原点对称，
，
即函数是奇函数；
若，则，即，
若，则 单调递增，则有，得，解得：；
若，则单调递减 则有，得，解得：．
即当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为．
【解析】由函数有意义所需条件，求的定义域；
由函数奇偶性的定义，判断并证明的奇偶性；
分类讨论，根据函数单调性求解不等式．
本题考查分类讨论求解不等式的解集的方法及函数的奇偶性的判断方法，属于基础题．
22.【答案】证明：因为是等边三角形，是的中点，
所以，
因为，所以，所以，
可得，，又，
所以平面，
又平面，
所以．
解：因为，，
所以二面角的平面角为，
所以，可得，
由第问知，平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点在平面内的射影在上，
因为，所以，
过作直线交于点，以为坐标原点，
以的方向分别为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
令，可得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】折叠前，折叠后，，从而平面，又又平，则；
易知二面角的平面角为，另一方面平面平面，从而可以确定的位置，建立空间直角坐标系即可求解．
本题主要考查空间中的垂直关系，线面角的相关计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
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