2023-2024学年安徽省皖江名校高二上学期上月开学联考数学答案(1)试卷

第 1 页 共 6 页 数学参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 D C C B A B A C AB ACD AD ACD 1.【解析】由 2 { | 2 8 0} { | 2 4}, { 3, 2,0,2,3} M x x x x x N          ，得M N   {0,2,3}. 2.【解析】由复数 ( 1) ( 1)i( R) z m m m      为纯虚数，可得复数 1 m ，所以复数 (3 i) i(3 i) 1 3i z     ，所以在复平面内对应的点为( 1, 3)   ，在第三象限，故选C. 3.【解析】由题意可得 ( 2, 2)      a b ，因为( ) / /  a b b ，所以4( 2) 4  ，解得 1  ，故选C. 4.【解析】由题意可得tan 2  ，所以原式= 3 3 3 3 3 3 sin cos tan 1 8 1 3 sin 2cos tan 2 8 2 2                ，故选B. 5.A 【解析】由题意可得正方体卡片纸盒如图所示，则易知CM EF  ， / / CM AB ，CM 与CD ，MN 的夹角均为60，故选A. 6. 【解析】由题意估计高一高二日阅读时间的平均数为 40 60 50 40 44 100 100 x      ， 方差为 2 2 2 40 60 [4 (50 44) ] [6 (40 44) ] 29.2 100 100 s          ，故选B. 7.【解析】由 5 ln 4 1 log ln5 c   ，得 5 5 log (5 ) log 4 c  ，即5 4 c  ，即 4 5 c  . 5 5 5 4 5 5 4 4 4 4 4 4 log 3 log 3 log 243 log 256 log 4 5 a       ， 5 5 5 4 5 5 7 7 7 7 7 4 log 5 log 5 log 3125 log 2401 log 7 5 b       ，综上可知a c b   ，故选A. 8.【解析】因为 , | | | | AB AC AB AC        分别是向量 , AB AC    的单位向量，所以由 ( )( 0) | | | | AB AC AQ AB AC                ，易 知AQ 是ABC  中角A 平分线，于是结合 ABC ABQ BCQ S S S      ， 4 3 AQ  可得， 1 1 1 sin 60 4 3 sin 30 4 3 sin 30 2 2 2 bc c b        ，化简得 4( ) bc b c   ，故1 1 1 4 b c   ， 所以 1 1 16 16 4( 16 ) ( ) 4(17 ) 100 b c b c b c b c c b          ，当且仅当 20, 5 b c   时等号成立，故选C. 9.【解析】A 选项中的极差为2.8-0.1=2.7（%） ，故A 正确；B 选项中的数据由小到大排列为0.1%,0.2%， 0.7%，1.0%,2.1%,由i=5×75%=3.75，不是整数，所以75%分位数为第4 个数1.0%，故B 正确；C 选项中2 月至4 月均为负数，说明下降，故C 错误；D 选项等价于从5 个数字中随机选取2 个，样本空间包含的样 本点总数为10，其中随机事件“选到4 月和5 月”包含的样本点数为1，古典概型概率计算公式可得所求 {#{QQABLYYUggggABAAABgCQQWCCgOQkAECAIgORBAIIAABSQNABAA=}#} 第 2 页 共 6 页 概率为 1 10 P  ，故D 错误.综上，选AB. 10. 【解析】由题意知 // BC x , 所以 ( ) f x 的图像的一条对称轴方程为 2 7 2 3 2 12 x       , 7 1 2 12 3 4 4          ,所以 2  .由于函数  f x 图像过π ( ,0) 3 ，由2 2 3 k         , k Z  ,且 0 2     ,得 3   ,所以 ( ) sin(2 ) 3 f x x    ，故A 正确，B 错误； ( ) f x 的图象向右平移6 个单位长度 得到( ) sin(2 ) sin 2 3 3 g x x x       ，是奇函数，故C 正确； ( ) f x 的图象向左平移12 个单位长度得到 ( ) sin(2 ) cos2 6 3 h x x x       ，是偶函数，故D 正确.故选ACD. 11.【解析】连接PQ ， 4 , / / AD BC AD BC  ，所以 4 DP BP  ，又因为 4 DQ QS  ，所以 / / PQ SB ， 故A 正确；过Q 作 / / QM AD 交SA 于点M ，由 4 DQ QS  ，可得 1 4 5 5 QM AD BC   ，所以四边形 BCQM 是梯形，CQ 与BM 的延长线必定相交，故CQ 与平面SAB 必定相交，故B 错误；设直四棱锥 S ABCD  的高为H ， 底面梯形ABCD 的高为h ， 则易得三棱锥S ABC  和三棱锥Q ACD  的高分别为 4 , 5 H H ，所以 1 2 1 1 1 5 3 2 , 1 1 4 4 16 4 3 2 5 5 BC h H V V AD h H           所以C 错误，D 正确.综上，选AD. 12.【解析】因为 2sin 63 sin 64 2 sin(45 18 ) 2 sin(45 19 ) cos18 cos19 cos18 cos19 x                 sin18 cos18 sin18 cos18 (1 tan18 )(1 tan19 ) cos18 cos19               ， 所以A 正确； 由正切函数在(0, ) 2  上恒为正 且单调递增得 (1 tan18 )(1 tan19 ) (1 tan 26 )(1 tan 27 ) x y            ，所以B 错误；注意到 tan18 tan 27 1 tan(18 27 ) 1 tan18 tan 27           ， 所 以 tan18 tan 27 tan18 tan 27 1        ， 同 理 tan19 tan 26 tan19 tan 26 1        ，于是 (1 tan18 )(1 tan 27 ) (1 tan19 )(1 tan 26 ) xy            (1 tan18 tan 27 tan18 tan 27 )(1 tan19 tan 26 tan19 tan 26 ) 2 2 4                  ，故C 正确；由基 本不等式可得 2 4 x y xy    ，故D 正确.综上，选ACD. 13.【答案】1 5 【解析】 3 i i(4 3i) 3 4i 4 3i (4 3i)(4 3i) 25 z          ，所以 1 | | 5 z  . {#{QQABLYYUggggABAAABgCQQWCCgOQkAECAIgORBAIIAABSQNABAA=}#} 第 3 页 共 6 页 14. 【答案】112 【解析】由题意可知正四棱台的高为 2 2 5 3 4   ，所以该四棱台的体积为 2 2 2 2 1 (2 8 2 8 ) 4 112 3      . 15. 【答案】40 【解析】由题意知， 60 , 30 , 120 ADB BCA DAC          , 设DA x  ，则 3 , 3 AB x AC x   ，在 ABC  ，由余弦定理可得 2 2 2 40 39 1 ( ) (3 ) 2 3 ( ) 3 2 x x x x     ，解得 40 3 3 x  ，所以 3 40 AB x   （米）. 16. 【答案】1 2 ，1 128 【解析】 在 1 ( ) ( ) 3 2 x f f x  中， 分别令 0 x  ， 得 (0) 0 f  ， 在 (1 ) 1 ( ) f x f x   中， 令 1 1, 3 x x   ， 得 1 2 (1) 1, ( ) ( ) 1 3 3 f f f    .又令 1 3 x  ， 得 1 1 1 ( ) (1) 3 2 2 f f   ， 所以 1 1 1 ( ) ( ) 3 2 2 f f   ， 结合对于 1 2 0 1 x x    ，都有 1 2 ( ) ( ) f x f x  ，可得当 1 1 [ , ] 3 2 x 时，康托尔函数 1 ( ) 2 f x  ，反复利用 1 ( ) ( ) 3 2 x f f x  ，可得 2 2 3 3 1 1 3 1 1 3 2023 2023 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2023 3 2 2023 2 3 4 2023 f f f f f      3 4 3 4 5 6 3 3 1 1 3 1 1 3 1 3 1 3 2023 2023 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 8 2023 8 2 16 2023 32 2023 64 2023 f f f f f f       ， 注 意 到 6 6 6 6 6 6 6 1 3 3 3 3 2 3 2 3 3 3 3 729 3 2023 3 3 3 729 2            ，所以 1 1 1 1 ( ) 2023 64 2 128 f    ，故第二空填1 128 . （注：第一空2 分，第二空3 分） 17.【解析】 （1）因为(2 )( ) 3    a b a b ，所以 2 2 2 3    a a b b ， 又| | 1,| | 2   a b ，所以 1   a b ， ························ 2 分 因为 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 3        | a b | a a b+ b ， 所以 3  | a b |= . ·························· 5 分 （2）设, a b 的夹角，由（1）中可得 1 cos | || | 2     a b a b ，故 3   . 因为 ( 3,1)  b ，所以 3 1 ( , ) | | 2 2  b b ， ······················· 7 分 {#{QQABLYYUggggABAAABgCQQWCCgOQkAECAIgORBAIIAABSQNABAA=}#} 第 4 页 共 6 页 所以向量a 在向量b 上的投影向量为 1 3 1 3 1 cos ( , ) ( , ) | | 2 2 2 4 4    b | a | b ········ 10 分 18． 【解析】(1)由 2 2 a b c b a ab    ，得 2 2 2 2 a b c ab    ，所以 2 2 2 2 2 2 a b c ab    ， 结合余弦定理可知 2 cos 2 C  ，而0 C    ，所以 4 C   . ·············································5 分 (2)由正弦定理可得 5 2 2 5 2 5 2 a  ，解得 4 5 a  ， ·························································7 分 又由余弦定理可得 2 2 50 80 2 4 5 2 b b     ，即 2 4 10 30 0 b b    ， 解得 3 10 b  ，或 10 b  ， 而 5 2 c b   ，所以 3 10 b  ， ········································································ 10 分 所以ABC  的面积 1 1 2 sin 4 5 3 10 30 2 2 2 S ab C       ········································· 12 分 19． 【解析】设事件 i A =“甲答对了i 道题” ，事件 i B =“乙答对了i 道题” ， 0,1,2 i  ， 由题意 0 1 1 1 ( ) 2 2 4 P A    ， 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 2 P A      ， 2 1 1 1 ( ) 2 2 4 P A    ， 0 1 1 1 ( ) 3 3 9 P B    ， 1 1 2 2 1 4 ( ) 3 3 3 3 9 P B      ， 2 2 2 4 ( ) 3 3 9 P B    ，(4 分) （1）由题意得，甲，乙都通过考试的概率； 2 2 2 2 1 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 9 P A B P A P B       ． ······8 分 （2）由题意得， 1 1 2 0 0 2 E A B A B A B    ， 所以 1 1 2 0 0 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P E P A P B P A P B P A P B    1 4 1 1 1 4 13 2 9 4 9 4 9 36        . ·········· 12 分 20.【解析】 （1）连接OB ，由题意知DO 平面ABC ， 故DO BO  ,则直线PB 与底面的夹角为 45 PBO    . ····················································2 分 因为底面圆的半径为2，所以 2 PO BO   ，底面圆的周长为4， 而P 为DO 的中点，所以 4 DO  ，所以圆锥的母线长为 2 2 4 2 2 5   ， 所以圆锥侧面展开图的面积为1 4 2 5 4 5 2      . ·······················································6 分 （2）证明：连接 , OA OC ，∵P 在DO 上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC， {#{QQABLYYUggggABAAABgCQQWCCgOQkAECAIgORBAIIAABSQNABAA=}#} 第 5 页 共 6 页 ∵△ABC 是圆内接正三角形，∴AB＝BC=CA，所以 , PAB PBC PAB PAC     ， ∴∠BPC＝∠APC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，PC⊂平面PAC，∴平面PBC 平面PAB . ··························································· 12 分 21.【解析】 （1）当 1 3 t  时， 1 3 AP AQ      , 因为AQ 为边BC 的中线， 所以 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 AQ AB BQ AB BC AB AC AB AB AC                              , 所以 1 1 6 6 AP AB AC         . ··············································································5 分 （2）证明：由（1）可知 1 1 2 2 AQ AB AC         ， 所以 ( ) 2 t AP t AQ AB AC            . ···········································································6 分 而MP xMN     ， , AM AB AN AC           ， 所以AP AM xAN xAM           ，即 ( ) 2 t AB AC AB x AC x AB                  , 整理可得( ) ( ) 2 2 t t x AB x AC            ， ·····································································9 分 而 , AB AC    是不共线向量，所以 0 2 2 t t x x         ， 消去x ，可得 2 t t     （定值）. ·····································································