秘密★启用前 试卷类型：120分钟
2023年8月高二学年摸底衔接质量检测（二）
数 学
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分。
1．已知a，b均为实数，复数，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量，的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为（ ）
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．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行
C．且 D．且
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ）
A．10 B．10.6
C．12.6 D．13.6
7．在三棱锥中，为正三角形，，，E为AB的中点，F为PC的中点，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
8．设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的命题个数为（ ）
①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．是的充要条件
B．在中，若，，，则
C．若，，则面积的最大值为
D．若，则为钝角三角形
10．一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，从中取出2个球，则（ ）
A．如果是不放回地抽取，那么“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件
B．如果是不放回地抽取，那么第2次取到红球的概率一定小于第1次取到红球的概率
C．如果是有放回地抽取，那么取出1个红球和1个白球的概率是
D．如果是有放回地抽取，那么至少取出一个红球的概率是
11．已知函数，的定义域均为，为偶函数，，且当时，，则（ ）
A．为偶函数B．的图象关于点对称
C．D．8是函数的一个周期
12．正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法正确的是（ ）
A．直线与平面平行
B．直线与直线垂直
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．平面截正方体所得的截面面积为
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分。
13．某校对高二年级全体学生进行数学学科质量检测，按首选科目（物理和历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类的学生占，该次质量检测的数学平均成绩为100分，选历史类的学生该次质量检测的数学平均成绩为80分，则可估计出该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是．
14．设函数．
15．在中，已知，P为线段AD上的一点，且满足．若的面积为，，则线段CP长度的最小值为．
16．已知函数是定义在R上的奇函数，且，若，且，都有，则不等式的解集为．
四、解答题：本题共6个小题，共70分。应写出相关演算步骤的计算公式或文字说明。
17．已知，函数．
（1）求图象的对称中心坐标及其在内的单调递增区间；
（2）若函数，计算的值
18．从某校高一学生中抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：
组号 分组 频数 组号 分组 频数
1 6 6 12
2 8 7 6
3 17 8 2
4 22 9 2
5 25 合计 100
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点代替，计算样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数；
（3）求出样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数.
19．已知函数为偶函数，当时，.
（1）求当时，函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性并证明；
（3）设函数，使函数有唯一零点的所有构成的集合记为M，求集合M.
20．如图，在四棱锥中，底面是菱形.
（1）若点是的中点，证明：平面；
（2）若，，且平面平面，求二面角的正弦值.
21．在①；②；③；这三个条件中任选一个（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）补充在下面问题中，并作答．
在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且______．
（1）求角的大小；
（2）若点满足，，，求的面积．
22．如图，三棱柱的底面为等边三角形，，点D，E分别为AC，的中点，，．
求点到平面BDE的距离；
（2）求二面角的余弦值．
秘密★启用前 试卷类型：120分钟
2023年8月高二学年摸底衔接质量检测（二）
数 学
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
客观题 Ⅰ
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A C D D A D
题号 7 8 9 10 11 12
答案 B C ACD CD ABD ACD
客观题 Ⅱ
题号 13 14 15 16
答案 95 6
客观题详解
1．A
【详解】由题，所以为实数，即，
则有，解得，即a的取值范围为.
2．C
【详解】∵，
，
∴．
3．D
【详解】因为，所以，又向量，的夹角为，且，
所以，
所以在方向上的投影向量为.
4．D
【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.
5．A
【详解】因为，
所以,
6．D
【详解】设增加的数为，，原来的8个数分别为，
则，，所以，
又因为，即，
新的样本数据的方差为
，
因为，，
所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.
7．B
【详解】如图，在中，设，，
，则，所以，即，
，E为AB中点，则，则，因此平面PAB．
如图将三棱锥补全为正三棱柱，即求正三棱柱外接球的表面积．
底面正三角形外接圆半径r满足：，则．
三棱锥外接球半径．
.
8．C
【详解】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；
若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；
若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；
若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；
9．ACD
【详解】对于A：由正弦定理，整理得，所以，由，所以，利用正弦定理，故是的充要条件，故A正确；
对于B：在中，若，，，利用正弦定理：，所以，由于，则或均符合题意，故B错误；
对于C：若，，则，所以，
又，所以，即，当且仅当时，等号成立，
故，故C正确；
对于D：，故，由于，所以，故为钝角三角形，故D正确．
10．CD
【详解】解：不放回地抽取2个球包括2个都是红球、2个都是白球和1个红球1个白球，共3种情况，
所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件，但不是对立事件，故A错误．
记2个红球分别为a，b，3个白球分别为1，2，3．
不放回地从中取2个球的样本空间，共20种，
记事件为“第1次取到红球”，事件为“第2次取到红球”，
则，，
所以，故B错误．
有放回地从中取2个球的样本空间，共25种；
记事件为“取出1个红球和1个白球”，则，
所以，故C正确．
记事件为“取出2个白球”，，
所以，所以至少取出1个红球的概率为，故D正确.
11．ABD
【详解】依题意，，，即有，
两式相加整理得，因此的图象关于点对称，B正确；
由为偶函数，得，于是，
有，因此函数的周期为4，8是函数的一个周期，D正确；
由，得，而，因此，为偶函数，A正确；
由当时，，得，而，，，
即有，，C错误.
12．ACD
【分析】连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：
因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，
连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，
平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；
因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；
因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，
作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，
，，C正确；
，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，
等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.
13．95
【详解】由题可知，样本中选历史类的学生占，所以估计该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分为.
14．
【详解】，
，
，
.
15．
【详解】∵，且，
所以，
∵A，P，D三点共线，∴，即．
∴
，
又∵，且．
∴，即．∴.
∴
．
16．
【详解】由，且，都有可知函数在上单调递减，
记，则所以为偶函数，
因此在单调递增，且，
不等式等价于和，
故或，解得或，
故不等式的解为，
主观题详解
17．(1),Z ，;(2)
【详解】（1）由已知得
令Z ，解得Z ，
所以图象的对称中心坐标为,Z ，
令Z ,解得，Z ，
所以在内的单调递增区间为.
（2），该函数周期为，
所以，，，，，
因为函数周期为，且，
所以
，
而
，
所以.
18．(1); (2)7.68 ; (3)8.56
【详解】（1）已知课外阅读时间在的有17人，其频率为0.17，所以，
课外阅读时间在的有25人，其频率为0.25，所以.
（2）平均数.
（3）已知课外阅读时间在8小时以下的学生所占比例为
课外阅读时间在10小时以下的学生所占比例为
所以第60百分位数一定位于内，设第60百分位数的值为，
则，解得．
故样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数为8.56．
19．（1）；（2）函数在上单调递减，证明见详解；（3）.
【详解】（1）当时，，
又函数为偶函数，
则，
所以函数的解析式为；
（2）函数在上单调递减，
设任意，
则，
因为在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以函数在上单调递减；
（3）因为函数为偶函数，
所以函数在上单调递减，
函数的零点就是方程的解，
因为函数有唯一零点，
所以方程有唯一的解，
因为函数为偶函数，
所以方程变形为：，
因为函数在上单调递减，
所以，
平方得：
，
当时，即，经检验方程有唯一解；
当时，，
得或，
综上可得：集合.
20．(1)证明见解析; (2)
【详解】（1）连接交于M，连接，
因为底面是菱形，所以为的中点，
又点是的中点，故为的中位线，
故，而平面，平面，
故平面；
（2）设为的中点，连接，因为，故，
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，
底面是菱形，故，作交于N，
则，且N为的中点，
连接，因为平面，
故平面，平面，
故，
则即为二面角的平面角，
设，则，
，则，则，
由于为的中点，N为的中点，故，则，
而平面，平面，故，
则
所以，
即二面角的正弦值为.
21．(1); (2)
【详解】（1）若选①，
因为，由正弦定理得，
，即，
.
若选②，
因为，由余弦定理得，
则，故，
.
若选③，
因为，
所以由正弦定理得，，
即，
整理得，故，
.
（2）因为，
所以，则，
故
，
因为，，即，
故，则，
所以的面积为.
22．(1); (2)
【详解】（1）连接，，设与DE交于点F，
由可知，侧面为菱形，所以，
因为点D，E分别为AC，的中点，所以，则，
因为，所以，
则，又，所以为等边三角形，
由为等边三角形，，得，
连接，则，，
又，，所以，则，
易知，因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，平面BDE，平面BDE，所以平面BDE，
所以为点到平面BDE的距离，
又，故点到平面BDE的距离为．
（2）由（1）可知，两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，,，
由（1）知平面BDE的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，
于是，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．
