2024年秋季北京市高二开学学情调研卷01（摸底考试）-【学情调研】2024年高二数学秋季开学考试（北京专用）

2024年高二数学秋季开学考试（北京专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知向量，，若，则（    ） A．1或 B．或2 C．1或 D．或 2．复数（其中为虚数单位）的虚部等于（    ） A． B． C．1 D．0 3．经过点且斜率为的直线方程是（    ） A． B． C． D． 4．斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上､下底面边长分别为2，4，侧面积为24，则该正四棱台的体积为（    ） A．56 B． C． D． 5．已知一组样本数据，，…，（）的方差为1.2，则，，⋯，的方差为（    ）． A．5 B．6 C．25 D．30 6．袋中装有大小相同的5个小球，其中1个红球，2个白球，2个黑球，从袋中任意取出两个小球，则取到红球的概率为（    ）． A． B． C． D． 7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（    ） A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立 C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立 9．已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．，，，，则 D．，，，则 10．在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11．已知 则在上的投影向量为 12．过点和点的直线的斜率为 . 13．数据：，，，，，，，，，的第百分位数为 ． 14．已知三棱锥，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 15．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．已知平面向量，，，其中. (1)若为单位向量，且，求的坐标； (2)若且与垂直，求向量，夹角的余弦值. 17．在中，角所对的边分别是. (1)若是的中点，且，求的面积； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 18．为了落实习主席提出“绿水青山就是金山银山”的环境治理要求，某市政府积极鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准x（吨），使居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年200位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图，其中. (1)求直方图中a，b的值； (2)由频率分布直方图估计该市居民用水的平均数（每组数据用该组区间中点值作为代表）； (3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x（吨），估计x的值，并说明理由. 19．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投，先投中者获胜，一直到有人获胜或者每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. (1)求甲获胜的概率； (2)求投篮结束时，甲只投了2个球的概率； (3)若用投掷一枚质地均匀硬币的方式决定甲、乙两人谁先投篮，求第3次投篮结束后，投篮结束的概率. 20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面．    (1)求证：； (2)求平面APB与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 20．设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记 M（）=． （Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值； （Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值； （Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M（）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由． 试卷第10页，共10页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高二数学秋季开学考试（北京专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知向量，，若，则（    ） A．1或 B．或2 C．1或 D．或 【答案】A 【分析】运用向量平行的坐标表示求解即可. 【详解】由，有，解得或． 故选：A. 2．复数（其中为虚数单位）的虚部等于（    ） A． B． C．1 D．0 【答案】B 【分析】由复数的运算法则先化简复数，根据复数虚部的概念可得答案. 【详解】， 所以其虚部为 故选：B 3．经过点且斜率为的直线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用直线的点斜式方程即可得解. 【详解】因为直线经过点且斜率为， 所以直线方程为，即. 故选：D. 4．斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上､下底面边长分别为2，4，侧面积为24，则该正四棱台的体积为（    ） A．56 B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据正四棱台的侧面积求出斜高，再求正四棱台的高，根据四棱台的体积公式求解. 【详解】由为四棱台的斜高. 设四棱台的高为，则， 所以四棱台的体积为：. 故选：C 5．已知一组样本数据，，…，（）的方差为1.2，则，，⋯，的方差为（    ）． A．5 B．6 C．25 D．30 【答案】D 【分析】利用方差的性质求解． 【详解】数据的方差为1.2， ，，……的方差为：． 故选：D. 6．袋中装有大小相同的5个小球，其中1个红球，2个白球，2个黑球，从袋中任意取出两个小球，则取到红球的概率为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用古典概型公式，结合列举法，即可求解. 【详解】设1个红球为，2个白球分别为，2个黑球分别为，则从袋子中任取2个球包含： ， 共10个基本事件， 其中取到红球，包含，共4个基本事件， 则取出的2个球都是红球的概率. 故选：B 7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由给定条件，利用正弦定理边化角求出，再利用余弦定理求出即可求出三角形面积. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 而，则，由及余弦定理得，， 因此，，则， 所以的面积为. 故选：B 8．有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（    ） A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立 C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立 【答案】C 【分析】根据相互独立事件的定义可得答案. 【详解】， ， ，，，， ，，，， 对于A，，故A错误； 对于B，因为，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 9．已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．，，，，则 D．，，，则 【答案】D 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据空间直线的位置关系判断B，根据面面平行的判定定理判断C，根据线面平行的性质定理判断D. 【详解】当，，时，不能推出，故A错误； 当，时，可能相交，也可能异面，不能推出，故B错误； 当，，，，若不相交，则推不出，故C错误； 当，，，由线面平行的性质定理知，故D正确. 故选：D 10．在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】D 【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可. 【详解】对于B，如图①，因为， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于A，由B选项知， 又因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以，故A正确； 对于C，由选项A知，平面， 因为平面， 所以平面平面，故C正确; 对于D，如图②过点A作，垂足为， 因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误. 故选：D. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11．已知 则在上的投影向量为 【答案】 【分析】根据投影向量的公式即可得解. 【详解】因为，且 所以在 上的投影向量为 . 故答案为： . 12．过点和点的直线的斜率为 . 【答案】 【分析】利用两点斜率公式即可得解. 【详解】因为直线过点和点， 所以直线的斜率为. 故答案为：. 13．数据：，，，，，，，，，的第百分位数为 ． 【答案】 【分析】根据百分位数的定义直接计算. 【详解】将数据从小到大依次排列为，，，，，，，，，， 又， 所以第百分位数为第三个数，即为， 故答案为：. 14．已知三棱锥，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先证明线面垂直，再将三棱锥放置在圆柱内，利用底面外接圆半径、高与球半径的关系即可求解. 【详解】，，平面，平面， 平面， 如图，设圆柱的底面圆直径为，母线长（即圆柱的高）为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 即为圆柱的外接球球心，且有外接球半径，    故可以将三棱锥置于以外接圆为底面，为高的圆柱内（如图）， 其中上底面外接圆圆心为，下底面外接圆的圆心为，    因为， 所以外接圆的直径， 则，又圆柱的高， 所以三棱锥外接球的半径， 球的表面积. 故答案为：. 15．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为4， 因此该多面体的外接球的半径为2，所以其表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是通过适当补形，求出外接球的半径，由此即可顺利得解. 三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．已知平面向量，，，其中. (1)若为单位向量，且，求的坐标； (2)若且与垂直，求向量，夹角的余弦值. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）设,根据和列出关于的方程求解即可. （2）根据垂直数量积为0,代入的模长,求解得.再根据夹角公式求解即可. 【详解】（1）设,由和 可得： ∴或, ∴或； （2）∵， 即， 又,， ∴， ∴向量,夹角的余弦值. 17．在中，角所对的边分别是. (1)若是的中点，且，求的面积； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得，在中利用余弦定理求出，从而可求出，再利用三角形的面积公式可求得的面积； （2）利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简，得，然后求出角的范围，再利用正弦函数的性质可求得答案. 【详解】（1）由余弦定理得， 所以 由正弦定理得， 所以， 又，所以，所以， 又，所以. 在中，由余弦定理得， 所以，解得，所以. 所以的面积； （2）由正弦定理得 ， 因为是锐角三角形，所以解得， 所以，所以， 即的取值范围是. 18．为了落实习主席提出“绿水青山就是金山银山”的环境治理要求，某市政府积极鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准x（吨），使居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年200位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图，其中. (1)求直方图中a，b的值； (2)由频率分布直方图估计该市居民用水的平均数（每组数据用该组区间中点值作为代表）； (3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x（吨），估计x的值，并说明理由. 【答案】(1)， (2)吨 (3) 【分析】（1）结合图中数据，由直方图中所有长方形的面积之和为1列出等式，即可求出答案； （2）由频率分布直方图中平均数的求法，直接计算即可； （3）结合图中数据易知标准在中，由此即可求出的估计值. 【详解】（1）由频率分布直方图可得 ， 又，则，. （2）该市居民用水的平均数估计为： （吨）. （3）因的频率为， 的频率为， 故的估计值为（吨）． 所以有的居民每月的用水量不超过标准（吨）． 19．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投，先投中者获胜，一直到有人获胜或者每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. (1)求甲获胜的概率； (2)求投篮结束时，甲只投了2个球的概率； (3)若用投掷一枚质地均匀硬币的方式决定甲、乙两人谁先投篮，求第3次投篮结束后，投篮结束的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，分别表示甲、乙在第次投篮投中，设甲获胜为事件，则，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案； （2）设投篮结束时，甲只投2个球为事件，则，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案； （3）设第3次投篮结束后，投篮结束为事件，按甲和乙谁先投篮分2中情况讨论，进而由互斥事件概率的加法公式计算可得答案. 【详解】（1）根据题意，设，分别表示甲、乙在第次投篮投中， 则，， 设甲获胜为事件，则，而，，互斥， 故 （2）根据题意，设投篮结束时，甲只投2个球为事件， 则，而，互斥， 所以 （3）根据题意，设第3次投篮结束后，投篮结束为事件， 分两种情况讨论： 若甲先投篮，若第3次投篮结束后，投篮结束，即事件， 若乙先投篮，若第3次投篮结束后，投篮结束，即事件， 故 20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面．    (1)求证：； (2)求平面APB与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)不存在，理由见详解 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可得结果； （2）建系标点，分别求平面APB与平面法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设，分析可知∥，列式求解即可判断. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 且，平面，可得平面， 因为平面，所以. （2）取中点，连接， 因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 由平面，可得， 因为，则， 可知四边形是平行四边形，则， 如图，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，    则 可得， 设平面APB的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 所以平面APB与平面夹角的余弦值为. （3）设， 且，则， 若平面，则∥，可得，方程无解， 所以不存在点，使得平面. 20．设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记 M（）=． （Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值； （Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值； （Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M（）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由． 【答案】(1)2,1;(2) 最大值为4;(3) 【详解】（Ⅰ），． （Ⅱ）考虑数对只有四种情况：、、、， 相应的分别为、、、， 所以中的每个元素应有奇数个， 所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）： 、、、， 、、、， 对于任意两个只有个的元素，都满足是偶数， 所以集合、、、满足题意， 假设中元素个数大于等于，就至少有一对互补元素， 除了这对互补元素之外还有至少个含有个的元素， 则互补元素中含有个的元素与之满足不合题意， 故中元素个数的最大值为． （Ⅲ）， 此时中有个元素，下证其为最大． 对于任意两个不同的元素，满足， 则，中相同位置上的数字不能同时为， 假设存在有多于个元素，由于与任意元素都有， 所以除外至少有个元素含有， 根据元素的互异性，至少存在一对，满足， 此时不满足题意， 故中最多有个元素. 试卷第10页，共10页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $$