精品解析：甘肃省武威市民勤县第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

2024-2025学年度第一学期开学考试 高二数学试卷 （时间：120分钟 总分：150分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共计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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数除法求出，再求出模. 【详解】依题意，， 所以. 故选：C 2. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合向量共线的坐标运算可得，代入运算求解即可. 【详解】因为，， 若，则，即， 所以. 故选：A. 3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理可求得，进而由同角的平方关系可求. 【详解】在中，由正弦定理可得，即， 解得，且不等于0， 当为锐角时，， 当为钝角时，. 综上所述：. 故选：B. 4. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可. 【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以. 故选：D. 5. 某小组有2名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，在下列选项中，互斥而不对立的两个事件是 A. “至少有1名女生”与“都是女生” B. “恰有1名女生”与“恰有2名女生” C. “至少有1名女生”与“至多有1名女生” D. “至少有1名男生”与“都是女生” 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件的性质依次判断选项即可得出答案. 【详解】“至少有1名女生”包含“都是女生”，所以A错误. “恰有1名女生”与“恰有2名女生”互斥不对立，所以B正确. “至少有1名女生”包含“男，女”这种情况与“至多有1名女生”不互斥，所以B错误. “至少有1名男生”与“都是女生”互斥又对立，所以D错误. 故选：B 【点睛】本题主要考查互斥事件和对立事件的判断，属于简单题. 6. 如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解. 【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得. 故选：C 7. 已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D. 考点：正四棱柱的几何特征；球的体积. 8. 对于，下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是偶函数 C. 的最小正周期为 D. 的最大值是1 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式可得，进而逐项判断可得结论. 【详解】 ， 对A，由，所以的图象不关于直线对称，故A错误； 对B，不是偶函数，故B错误； 对C，的最小正周期为，故C错误； 对D，的最大值是1，故D正确. 故选：D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的或不选的不得分）. 9. 随机地排列数字1，5，6得到一个三位数，则（ ） A. 可以排成9个不同的三位数 B. 所得的三位数是奇数的概率为 C. 所得的三位数是偶数的概率为 D. 所得的三位数大于400的概率为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用列举法列出所有的基本事件，再根据概率公式计算可得结果. 【详解】随机地排列数字1，5，6可以得到的三位数有：156，165，516，561，615，651，共6个，故A不正确； 其中奇数有：165，561，651，615，共4个，所以所得的三位数是奇数的概率为 ，故B正确； 其中偶数有：156，516，共2个，所以所得的三位数是偶数的概率为，故C不正确； 其中大于400的有：516，561，615，651，共4个，所以所得的三位数大于400的概率为，故D正确. 故选：BD 10. 的内角的对边分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若则外接圆的半径等于1 B. 若，则此三角形为直角三角形 C. 若，则解此三角形必有两解 D. 若是锐角三角形，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理，二倍角的余弦公式，两角和的正弦公式，三角形个数的判断方法，以及和差化积公式和辅助角公式即可求解. 【详解】根据正弦定理， ， 所以， 则外接圆的半径等于1， 故选项A正确； ， 所以， 所以, 所以， 所以， 在三角形中， 所以， 所以， 则此三角形为直角三角形， 故选项B正确； 因为， 所以， 所以， 则解此三角形只有一解， 故选项C错误； 因为是锐角三角形， 所以，所以，所以，即，同理 则，故选项D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成的角为 D. 点F在平面内 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正方体的性质可得，，即可判断BD；再连接，结合线面关系判断A；分析可知与所成的角即为（或其补角），即可得结果. 【详解】对于选项BD：连接、，在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为，则，可知、、、A四点共面， 即点F在平面内，故B、D正确； 对于选项A：再连接，显然不在平面，所以与平面不平行，故A错误； 对于选项C：连接， 因为F，G分别是棱，的中点，则， 且，可知与所成的角即为（或其补角）， 又因为，即为等边三角形，则， 所以与所成的角为，故C正确； 故选：BCD 三、填空题（本题共3小题，第13题第一空2分、第二空3分，每小题5分，共15分） 12. 已知向量的夹角为，且，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求得，，进而利用可求值. 【详解】因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 假设，，且，相互独立，则______；______. 【答案】 ①. 0.56 ②. 0.94 【解析】 【分析】（1）由与相互独立知，代入求解即可， （2），代入求解即可． 【详解】解：（1）∵，，且与相互独立， ∴； （2）， 故答案为：0.56；0.94． 14. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据求解即可. 【详解】因为，所以， 因为， 所以，， 所以 . 故答案为： 四、解答题（15题13分；16、17均为15分；18，19均为17分.满分87分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知非零向量，满足，且． （1）若向量与共线，求实数k的值； （2）若向量与垂直，求实数k的值； 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求出值. （2）利用数量积的定义及运算律，列式计算即得. 【小问1详解】 依题意，不是零向量，由向量与共线， 得存在实数，使得，则， 所以. 【小问2详解】 由，，得， 由向量与垂直，得， 整理得，即，而， 所以. 16. 一个工人看管三台自动机床，在一小时内第一、二、三台机床不需要照顾的概率为，，，在一小时的过程中，试求： （1）三台机床都不需要照顾的概率； （2）恰有两台机床需要照顾的概率； （3）至少有一台机床需要照顾的概率. 【答案】（1）0.576 （2）0.068 （3）0.424 【解析】 【分析】（1）根据独立事件乘法公式进行计算；（2）恰有两台机床需要照顾分为三种情况，分别求出相应的概率相加即可；（3）由对立事件求概率公式进行求解. 【小问1详解】 设“第一、二、三台机床不需要照顾”分别为事件，，，由题意，，相互独立，且 设“三台机床都不需要照顾”为事件， 则. 【小问2详解】 设“恰有两台机床需要照顾”为事件， 所以 【小问3详解】 设“至少有一台机床需要照顾”为事件，它的对立事件为“没有一台机床需要照顾”，则. 17. 如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点． （1）求证：PA∥平面BDE； （2）平面PAC⊥平面BDE； （3）若二面角E﹣BD﹣C为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 【答案】（1） 证明: 连接，如图所示．∵分别为中点，∴． ∵面，面，∴面． （2）证明：∵面，面， ∴． 在正方形中，，又∵，∴面． 又∵面，∴面面． （3）． 【解析】 【分析】（1）连接可证从而得到要证明的线面平行； （2）再通过证明平面得到要证明的面面垂直． （3）设的中点为，可证平面且是二面角的平面角，从而，故可得到平面的距离，它的两倍是到底面的距离，最后根据公式计算四棱锥的体积． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取中点，连接．∵为中点，∴为的中位线，∴． 又∵面，∴面， 由（1）可知面，而面，所以，∵， ∴为二面角的平面角， ∴． 在中，， ∴，∴． ∴． 18. 在中，角所对的边分别，且 （1）求角A的值； （2）已知在边上，且，求的面积的最大值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求， （2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解. 【小问1详解】 在中因为． 由正弦定理得， 所以， 因为，所以．故 又是的内角，所以．从而． 而A为的内角，所以； 【小问2详解】 因为所以,所以， 从而， 由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立， 故的面积的最大值为. 19. 在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点A到达点P的位置，如图②． （1）证明：； （2）若平面，且，求点C到平面的距离 【答案】（1） 证明：在图1中，因为，且为的中点， ，又为的中点，所以， 在图2中，，且，平面， 平面，又平面， 所以； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得； （2）根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用等积法结合条件即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，连接，则， 因为，为等边三角形， 所以，，， 所以， 取的中点，连接，则， 设点到平面的距离为， ，即，解得， 即点到平面的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期开学考试 高二数学试卷 （时间：120分钟 总分：150分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共计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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 5. 某小组有2名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，在下列选项中，互斥而不对立的两个事件是 A. “至少有1名女生”与“都是女生” B. “恰有1名女生”与“恰有2名女生” C. “至少有1名女生”与“至多有1名女生” D. “至少有1名男生”与“都是女生” 6. 如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为 A. B. C. D. 8. 对于，下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是偶函数 C. 的最小正周期为 D. 的最大值是1 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的或不选的不得分）. 9. 随机地排列数字1，5，6得到一个三位数，则（ ） A. 可以排成9个不同的三位数 B. 所得的三位数是奇数的概率为 C. 所得的三位数是偶数的概率为 D. 所得的三位数大于400的概率为 10. 的内角的对边分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若则外接圆的半径等于1 B. 若，则此三角形为直角三角形 C. 若，则解此三角形必有两解 D. 若是锐角三角形，则 11. 如图，在正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成的角为 D. 点F在平面内 三、填空题（本题共3小题，第13题第一空2分、第二空3分，每小题5分，共15分） 12. 已知向量的夹角为，且，，则______． 13. 假设，，且，相互独立，则______；______. 14. 若，则__________. 四、解答题（15题13分；16、17均为15分；18，19均为17分.满分87分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知非零向量，满足，且． （1）若向量与共线，求实数k的值； （2）若向量与垂直，求实数k的值； 16. 一个工人看管三台自动机床，在一小时内第一、二、三台机床不需要照顾的概率为，，，在一小时的过程中，试求： （1）三台机床都不需要照顾的概率； （2）恰有两台机床需要照顾的概率； （3）至少有一台机床需要照顾的概率. 17. 如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点． （1）求证：PA∥平面BDE； （2）平面PAC⊥平面BDE； （3）若二面角E﹣BD﹣C为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 18. 在中，角所对的边分别，且 （1）求角A的值； （2）已知在边上，且，求的面积的最大值 19. 在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点A到达点P的位置，如图②． （1）证明：； （2）若平面，且，求点C到平面的距离 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $