云南民族大學附屬高級中學高2024級5月月考數學試卷（考試時間120分鐘，滿分150分）注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、班級、考場/座位號在答題卡上填寫清楚.并認真核準條形碼上的準考證號、姓名、考場號、座位號及科目，在規定的位置貼好條形碼.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求.1.設集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求解集合，再求出集合在中的補集，最后求出集合與的交集.【詳解】已知，因為，所以.根據指數函數的單調性，對于指數函數，函數在上單調遞增.那么由可得，即，所以.已知，，所以.故選：D.2.在某次全市高三模擬考試后，數學老師隨機抽取了6名同學的第一個解答題的得分情況如下：7，10，5，8，4，2，則這組數據的平均數和分位數分別為（）A.6，3 B.5，3 C.5，4 D.6，4【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，求出平均數和分位數即可.【詳解】這組數據的平均數，由小到大排列這組數據：2，4，5，7，8，10，而，則30%分位數為4.故選：D3.已知，其中為虛數單位，是的共軛復數，則（）A. B.2 C. D.8【答案】C【解析】【分析】根據復數的乘法運算和共軛復數的概念可得，結合復數的幾何意義即可求解.【詳解】由，得，所以，所以.故選：C4.函數的最小正周期是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據輔助角公式化簡，即可根據周期公式求解.【詳解】，其中為銳角，且，故最小正周期為，故選：A5.設為兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】D【解析】【分析】對于A，與還可能相交；對于B，還有可能；對于C，還有可能；對于D，用反證法可證命題正確.【詳解】對于A，若，則或與相交.故A不正確；對于B，若，則或.故B不正確；對于C，若，則或.故C不正確；對于D，若，則，命題正確，證明如下：如圖：假設與不平行，則必相交，設，設直線與和分別交于點，在上取一點，連、，因為，，所以，因為，，所以，又直線、直線、直線在同一平面內，所以，這與相矛盾，故假設不成立，所以.故D正確.故選：D6.已知向量，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求得的坐標，再根據向量夾角的坐標計算公式，求解即可.【詳解】由題可得：，故，又，，故.故選：D.7.已知定義在上的函數與函數的圖象有唯一公共點，則實數m的值為（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】先推得的對稱性與單調性，又也關于對稱，由對稱性可知方程唯一的根在對稱軸上，代入即可解得.【詳解】因為，則，所以的圖象關于對稱，且當時，單調遞增，當時，單調遞減；又，故可看作由函數向右平移1個單位得到，所以的圖象也關于對稱；又由于函數與函數的圖象有唯一公共點，即方程只有一根，因為兩函數圖象都關于對稱，所以方程的根為，即，解得.故選：C．8.如圖，伊麗莎白圈是小動物戴在頸子上防止他們自己抓撓傷口和患處或咬傷他人的一種保護器具，其形狀可看作上下均無底蓋的圓臺形物體.某個伊麗莎白圈的上底面直徑為4分米，下底面直徑為2分米，母線長為3分米，若要在伊麗莎白圈與寵物接觸的一面進行涂層，每平方分米需要消耗5克涂層材料，不考慮伊麗莎白圈的厚度與連接處，則制作該伊麗莎白圈需要消耗涂層材料（）A.克 B.克 C.克 D.克【答案】A【解析】【分析】求出圓臺的側面積，計算得解.【詳解】將伊麗莎白圈看作上下均無底蓋的圓臺，則制作該伊麗莎白圈需要涂層的面積等價于圓臺的側面積，圓臺的側面積，因為每平方分米需要消耗5克涂層材料，所以制作該伊麗莎白圈需要消耗涂層材料克．故選：A．二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列給出命題正確的是（）A.若為空間的一組基底，則也是空間的一組基底B.點為平面上的一點，且，則C.若直線的方向向量為，平面的法向量，則或D.兩個不重合的平面的法向量分別是，，則【答案】BCD【解析】【分析】根據基底定義可知A錯誤；根據空間向量共面定理知B正確；根據向量與立體幾何中的垂直與平行的關系可證得CD正確.【詳解】對于A，為空間的一組基底，不共線，，，，共面，不能作為空間的一組基底，A錯誤；對于B，四點共面，，，則，B正確；對于C，，，或，C正確；對于D，，，，D正確.故選：BCD.10.銳角三角形中，角所對的邊分別是，已知，，，則（）A. B.C. D.的面積為【答案】AD【解析】【分析】根據正弦定理、余弦定理結合三角形內角和定理和三角形的面積公式逐項判斷即可.【詳解】因為且為銳角三角形，所以.根據三角形的內角和定理，得：，故A正確.由余弦定理：得：.整理得，又，所以，故B錯誤；根據正弦定理：，故C錯誤；因，故D正確.故選：AD11.如圖，在棱長為2的正方體中，分別是的中點，是線段上的動點，則（）.A.存在點，使平面 B.不存在點，使四點共面C.三棱錐的體積是定值 D.經過四點的球的表面積為10【答案】AC【解析】【分析】根據平行的傳遞性可得，結合線面平行的判定定理即可判斷A；當Q與點重合時，四點共面，即可判斷B；結合三棱錐體積公式判斷C；易知經過四點的球即為長方體的外接球，求出球的半徑即可判斷D.【詳解】連接，當是的中點時，因為，所以．因為平面平面，所以平面，故A正確，如圖，在正方體中，連接．因為分別是的中點，所以．又因為，所以，所以四點共面，即當Q與點重合時，四點共面，故B錯誤，直線上的點到面的距離為2，而，所以是定值，故C正確，設G,H分別為，的中點，則為長寬高分別為2，2，1的長方體，根據分割補形法知：經過四點的球即為長方體的外接球，所求球的直徑滿足：，經過四點的球的表面積為，故D錯誤．故選：AC.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，則___________．【答案】3【解析】【分析】由指數式與對數式的互化關系求出，再利用對數運算性質計算即得.【詳解】由，得，所以.故答案為：313.在四棱錐中，平面，四邊形為平行四邊形，且，為的中點，則異面直線與所成的角的余弦值為____________．【答案】【解析】【分析】利用線面垂直的性質，結合空間向量數量積求出異面直線夾角的余弦.【詳解】在四棱錐中，由平面，平面，得，，在中，，，則，，由為的中點，得，，，因此，所以異面直線與所成的角的余弦值為.故答案為：14.內一點（見圖1），式子可以寫成，這個式子中、、的系數均為，以三個系數作為邊長可構造一個等邊三角形，因此我們嘗試把繞點順時針旋轉，得到（見圖2），所以等于，顯然，當、、、四點共線時（見圖3），最小．試用類似的方法解決下面這道題目：已知是平面內的任意一個向量，向量、滿足，且，，則的最小值為______________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐標系，設、、，不妨設，，，可得，將繞點逆時針旋轉得到，可得出，即可得解.【詳解】在如下圖所示的平面直角坐標系中，設、、，不妨設，，，由題意可得，將繞點逆時針旋轉得到，則，，其中點，故，當且僅當點與點重合時，此時，點也與點重合，等號成立，故的最小值為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.有900名學生參加“環保知識競賽”，為考察競賽成績情況，從中抽取部分學生的成績（得分均整數，滿分為100分）進行統計，請你根據尚未完成并有局部污損的頻率分面表和頻率分布直方圖（如圖）解釋下列問題.分組頻數頻率40.08

0.1610

160.32

合計50

（1）填滿頻率分布表；（2）補全頻率分布直方圖；（3）若成績在學生可以獲得二等獎，求獲得二等獎的學生人數.【答案】（1）分布表見解析（2）直方圖見解析（3）234【解析】【分析】（1）根據題中數據，結合頻率、頻數關系分析運算即可；（2）根據（1）中數據可得頻率分布直方圖；（3）先求成績在的頻率，進而估計人數.【小問1詳解】因為，，，，且所有頻率和為1，據此填滿頻率分布表，如下表所示：分組頻數頻率40.0880.16100.2160.3212024合計501【小問2詳解】根據（1）中數據可得頻率分布直方圖，如圖所示：【小問3詳解】由題意可知：成績在頻率為，估計獲得二等獎的學生人數為.16.如圖，在中，，，，點在邊的延長線上.（1）求；（2）若，，求的長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理以及題目中的條件，解得角的值，根據三角形內角和以及正弦和角公式，可得答案.（2）法一：由圖形的性質，根據向量的線性運算以及數量積的運算律，可得答案；法二：先由余弦定理求得的長，根據向量數乘可得線段的長，利用正弦定理求角以及余弦定理求邊，可得答案.【小問1詳解】中，由正弦定理，因為，，所以，所以，則.【小問2詳解】方法1：因為，所以，所以，則.方法2：在中，由余弦定理得，因為為線段上靠近的三等分點，所以.因為，所以，因為為銳角，所以，在中，由余弦定理得，，所以.17.已知函數為奇函數，且圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為.（1）求的解析式與單調遞減區間；（2）將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，當時，求方程的所有根的和.【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）利用恒等變換化簡后，結合三角函數的性質求解；（2）利用圖象變換法則求得的函數表達式，解方程求得的值，利用換元思想，結合三角函數的圖象和性質分析求得.【小問1詳解】，∵圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為，∴的最小正周期為，即可得，.又為奇函數，則，又，∴，故，令，，得，.∴函數的遞減區間為，.【小問2詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度，可得的圖象，再把橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象，又，則或，即或.令，當時，，畫出的圖象如圖所示：有兩個根，，關于對稱，即，，則，，，在上有兩個不同的根，，，∴；又的根為0，，，所以方程在內所有根的和為.18.如圖，在四棱錐中，側面平面，是邊長為2的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，，為線段中點，連接．（1）證明：平面；（2）求M到平面的距離；（3）線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）取中點，連接，證出四邊形為平行四邊形，即可得證.（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量以及，因為平面，所以M到平面的距離為到平面的距離，然后利用點到平面的距離向量公式即可求解.（3）求得平面的法向量以及，利用向量夾角公式即可求解．【小問1詳解】在四棱錐中，取中點，連接，由為的中點，且，，得，，則四邊形為平行四邊形，，而平面，平面，所以平面．【小問2詳解】取的中點，連接，，由為等邊三角形，得，而平面平面，平面平面，平面，則平面，由，得四邊形是平行四邊形，于是，而，則，直線兩兩垂直，以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，設平面的法向量為，則，取，得，又，所以到平面的距離，因為平面，所以M到平面的距離為到平面的距離，即.【小問3詳解】令，，，設平面的法向量為，則，取，得，平面的法向量為，于是，化簡得，又，解得，即，所以線段上存在點，使得平面與平面夾角的余弦值為，.19.如圖，設，且，當時，定義平面坐標系為的斜坐標系．在的斜坐標系中，任意一點P的斜坐標這樣定義：設，分別為Ox，Oy正方向同向的單位向量，若向量，記向量．在的斜坐標系中．（1）若向量，求．（2）已知向量，，證明：．（3）若向量，的斜坐標分別為和，，設函數，，．①證明：有且只有一個零點．②比較與的大小，并說明理由．（參考數據：，）【答案】（1）（2）證明解析.（3），理由見解析【解析】【分析】（1）（2）直接利用提干信息進行計算；（3）①先化簡出，然后分別討論在，，三個區間的正負，然后利用零點存在定理判斷零點是否存在以及有多少個；②利用①將化成，從而根據的范圍判斷與的大小.【小問1詳解】因為向量，所以，