精品解析：黑龙江省佳木斯市立人高级中学2024-2025学年高二上学期开学验收数学试题

立人高中2024-2025学年上学期开学验收 高二（数学） 分值150分 一、单选题（每题5分，40分） 1. 在容量为50的样本中，某组的频率为，则该组样本的频数为（ ）． A. 9 B. 10 C. 18 D. 20 2. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 3. 已知函数，则（ ） A. 最小正周期为 B. 曲线关于对称 C. 的最大值为 D. 曲线关于对称 4. 已知向量，，若向量，的夹角为，则有( ) A. B. C. D. 5. 已知函数的图象与函数的图象关于y轴对称，则符合条件的的对应值可以为（ ） A. B. C. D. 6. 不等式组的解集是，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设全集，集合，集合 ，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数的零点个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（每题6分，18分） 9. 已知复数，则下列叙述正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 10. 下列各结论正确的是（ ） A. “”是“”充要条件 B. 的最小值为2 C. 命题“，有”的否定是“，有” D. 若，，则 11. 如图，在正三棱台中，，M，N分别是，中点，则下列结论正确的是（ ） A 直线平面 B. C. 该棱台高是 D. 该棱台的表面积是 三、填空题（每题5分，15分） 12. 已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为____________ ；面积为____________. 13. 已知向量，满足，且，，则与的夹角为____________. 14. 若，则的最大值是__________． 四、解答题（77分） 15. 求下列各值． （1）； （2）； （3） （4）； （5）； （6）． 16. 已知函数． （1）求； （2）求的解集． 17. 如图，在三棱柱中，点是的中点，欲过点作一截面与平面平行． （1）问应当怎样画线，并说明理由； （2）求所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比． 18. 在中，角，，所对边分别是，，，满足. （1）求的值； （2）若，，求和的值. 19. 阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径.1995年，联合国教科文组织宣布4月23日为“世界读书日”，致力于向全世界推广阅读、出版和对知识产权的保护.某学校为了打造“书香校园”，使学生养成好的阅读习惯，健康成长，从学校内随机抽取了200名学生一周的课外阅读时间进行调查，了解学生的课外阅读情况，收集了他们阅读时间（单位：小时）等数据，并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图： （1）求的值及200名学生一周课外阅读时间的平均数； （2）为进一步了解这200名学生一周课外阅读时间的情况，从课外阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，选取其中两人组成小组，现求其中两名组员全在内的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 立人高中2024-2025学年上学期开学验收 高二（数学） 分值150分 一、单选题（每题5分，40分） 1. 在容量为50的样本中，某组的频率为，则该组样本的频数为（ ）． A. 9 B. 10 C. 18 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据频数、样本容量、频率的关系，结合题设数据，即得解 【详解】由题意，频数＝样本容量×频率． 故选：A 【点睛】本题考查了频数、样本容量、频率的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题 2. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】可求出集合，然后进行并集的运算求出，从而可得出中元素的个数. 【详解】解：∵，， ∴， ∴中元素的个数为：5. 故选：B. 3. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于对称 C. 的最大值为 D. 曲线关于对称 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得； 【详解】解：因为 所以 所以函数的最小正周期，最大值为 又，所以函数关于对称， 故正确的为D； 故选：D 【点睛】本题考查三角恒等变换及正弦函数的性质的应用，属于基础题. 4. 已知向量，，若向量，的夹角为，则有( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的夹角公式和两角和的余弦公式以及诱导公式，再根据向量的夹角的范围即可求出． 【详解】解：因为，， ，， ， ， ， ， ， 故选：C． 5. 已知函数的图象与函数的图象关于y轴对称，则符合条件的的对应值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，对应系数相等即可求出，结合选项即可求出结果. 【详解】因为的图象与的图象关于y轴对称， 所以， 即，所以 ，即， 所以，所以选项D符合. 故选：D. 6. 不等式组的解集是，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将不等式组化简，进而根据不等式组的解集求得答案. 【详解】由题意，，因为不等式组的解集为，则，所以. 故选：D. 7. 设全集，集合，集合 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法以及集合的并集、补集运算求解. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：B 8. 函数的零点个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可转化为函数的图象和函数的图象的交点个数，数形结合即可得出结论 【详解】函数的零点个数， 即函数的图象和函数的图象的交点个数， 由于， 在同一坐标系作出函数图象： 由图象可知，交点个数有3个. 故选：C 二、多选题（每题6分，18分） 9. 已知复数，则下列叙述正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据复数的乘法和除法运算化简，然后再逐项进行分析即可. 【详解】， 对于A. 的虚部为，所以A错误； 对于B . 在复平面内对应的点为，位于第一象限，所以B 正确； 对于C . ，所以，所以C 正确； 对于D . ，所以D 错误； 故答案为：BC. 10. 下列各结论正确的是（ ） A. “”是“”的充要条件 B. 的最小值为2 C. 命题“，有”的否定是“，有” D. 若，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】直接利用充分条件和必要条件的定义，对勾函数，命题的否定，作差法证明不等式分别判断各个选项即可. 【详解】对于选项，“”“”，可知，“”是“”的充要条件，则选项正确； 对于选项，令 ，其中，则，在上单调递增，故最小值为， 则选项不正确； 对于选项，命题“，有”的否定为“，有”，则选项不正确； 对于选项， ，即，则选项正确. 故选：. 11. 如图，在正三棱台中，，M，N分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. C. 该棱台的高是 D. 该棱台的表面积是 【答案】AD 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，求出棱锥的高，即可判断C，根据面面平行证明A，根据异面直线所成角判断B，根据棱台的表面积公式判断D； 【详解】解：如图将棱台补全为棱锥，依题意可得，取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则为的一个三等分点， 则，所以， 所以棱台的高是，故C错误； 取的中点，连接、，所以，平面，平面，所以平面，同理可证平面， ，平面， 所以平面平面，又平面，所以平面，故A正确； 取的中点，连接、，所以，则为异面直线与所成的角（或补角）， 因为， ， ， 显然，即，故B错误； 如图棱台的一个侧面中，，过点作， 则， 所以，， ， 所以棱台的表面积是，故D正确； 故选：AD 三、填空题（每题5分，15分） 12. 已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为____________ ；面积为____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出扇形圆心角弧度数，利用扇形的弧长和面积公式可求得结果. 【详解】扇形的弧度数为，设扇形的弧长为，则， 则扇形的弧长为，扇形的面积为. 故答案为：；. 13. 已知向量，满足，且，，则与的夹角为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得. 【详解】因为，且，， 所以，即，解得， 所以，又，所以. 故答案为： 14. 若，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【详解】对，等号两边同时取对数，得，即，利用换元法，令，则，代入，由二次函数的配方，，即的最大值是，故答案为． 四、解答题（77分） 15. 求下列各值． （1）； （2）； （3） （4）； （5）； （6）． 【答案】（1） （2） （3） （4） （5） （6） 【解析】 【分析】利用三角函数的诱导公式求解. 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 ； 【小问4详解】 ； 小问5详解】 ； 【小问6详解】 . 16. 已知函数． （1）求； （2）求的解集． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将自变量的值代入函数解析式即可得解； （2）根据分式不等式的解法计算即可. 【小问1详解】 由， 得，； 【小问2详解】 ，即， 所以，解得或， 所以的解集为． 17. 如图，在三棱柱中，点是的中点，欲过点作一截面与平面平行． （1）问应当怎样画线，并说明理由； （2）求所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，，则平面平面，，，即为应画的线．证明，平面．连接，则平行等于，证明四边形是平行四边形，然后证明平面，即可得证． （2）设棱柱底面积为，高为．通过．然后转化求解所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比． 【小问1详解】 解：在三棱柱中，点是的中点，取的中点， 连接，，，则平面平面，，，即为应画的线． 理由如下：因为为的中点，为的中点，所以． 又因为，所以四边形为平行四边形，所以． 平面，平面．平面． 连接，则且，又且 所以且， 所以四边形是平行四边形，从而． 又平面，平面． 平面．又因为，平面，平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 解：设棱柱的底面积为，高为． 则． 所以三棱柱夹在平面与平面间的体积为 所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比为． 18. 在中，角，，所对边分别是，，，满足. （1）求的值； （2）若，，求和的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）根据数量积的定义求出，再由余弦定理得，即可求出、. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理可得， 所以， 因为， 所以； 【小问2详解】 解：因为，所以，所以， 由余弦定理及，可得， 所以，所以，代入可得. 19. 阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径.1995年，联合国教科文组织宣布4月23日为“世界读书日”，致力于向全世界推广阅读、出版和对知识产权的保护.某学校为了打造“书香校园”，使学生养成好的阅读习惯，健康成长，从学校内随机抽取了200名学生一周的课外阅读时间进行调查，了解学生的课外阅读情况，收集了他们阅读时间（单位：小时）等数据，并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图： （1）求值及200名学生一周课外阅读时间的平均数； （2）为进一步了解这200名学生一周课外阅读时间的情况，从课外阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，选取其中两人组成小组，现求其中两名组员全在内的概率. 【答案】（1），小时； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用给定的频率分布直方图，结合各小矩形面积和为1求出，再估计一周课外阅读时间的平均数. （2）求出指定的两组内各抽取的人数，利用列举法、结合古典概率求解即得. 【小问1详解】 由频率分布直方图得：，解得， 平均数 （小时）， 所以，200名学生一周课外阅读时间的平均数为小时. 【小问2详解】 在这两组采用分层抽样的方法抽取6人， 则从课外阅读时间在内的学生中抽取5人，记为， 课外阅读时间在内的学生中抽取1人，记为， 于是有， 共15种，且每种结果的发生是等可能的， 而满足两名组员都在内的情况有，共10种， 所以两名组员全在内的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$