精品解析：福建省泉州市部分地区2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

2024-2025学年福建省泉州市部分地区高二上学期开学考试数学试卷 【满分：150】 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量 满足， 则（ ） A. B. 2 C. 15 D. 19 3. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ） A. 6.8 B. 6.9 C. 7 D. 7.2 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（    ） A. 的值为0.005 B. 估计这组数据的众数为75 C. 估计成绩低于60分的有250人 D. 估计这组数据的第85百分位数为85 6. 在中，为线段上（不包含端点）不同的两个动点．若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 7. 某人抛掷一枚质地均匀骰子一次，记事件“出现的点数为奇数”，“出现的点数不大于3”，事件“出现点数为3的倍数”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. C. D. 8. 在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得补部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，最长 C. 当时，弦最短 D. 最短弦长 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量与向量夹角的余弦值为 D. 若，则向量在向量上的投影向量为 11. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（ ） A. 在折叠过程中，总有BD⊥PC B. 存在点，使得 C. 当时，三棱锥外接球的表面积为 D. 当三棱锥的体积最大时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为______． 13. 已知互不相等4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为________． 14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______． 四、解答题：本题共5分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设． （1）用表示； （2）如果，且，求． 16. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立． （1）求第三局结束时乙获胜的概率； （2）求甲获胜的概率． 17. 如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点D是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若___________. （1）求角B； （2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年福建省泉州市部分地区高二上学期开学考试数学试卷 【满分：150】 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，化简，即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 所以，复数在复平面内所对应的点为， 所以，复数在复平面内所对应的点位于第四象限. 故选：D. 2. 已知向量 满足， 则（ ） A. B. 2 C. 15 D. 19 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用向量的运算律分析求解. 【详解】因为， 所以. 故选：D. 3. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ） A. 6.8 B. 6.9 C. 7 D. 7.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可. 【详解】男生30人，女生20人,则抽取的时候分层比为．则10个人中男女分别抽取了6人和4人.这10人答对题目的平均数为. 所以这10人答对题目的方差为. 故选：A． 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断． 【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，， 所以，所以，故A正确； 对于B，当，，由线面垂直性质可得，故B正确； 对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确； 对于D，当，时，可能在平面内，故D错误． 故选：D． 5. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（    ） A. 的值为0.005 B. 估计这组数据的众数为75 C. 估计成绩低于60分的有250人 D. 估计这组数据的第85百分位数为85 【答案】D 【解析】 【分析】由频率分布直方图面积之和为1可计算，由众数定义可得B，计算低于60分的人数即可得C，根据百分位数的定义计算即可得D. 【详解】对于A：由频率分布直方图可得，解得，故A正确； 对于B：由图易得在区间的人最多，故可估计这组数据的众数为，故B正确； 对于C：，故成绩低于分的有人，即C正确； 对于D：由图中前四组面积之和为：， 图中前五组面积之和为：， 故这组数据的第85百分位数在第五组数据中， 设这组数据的第85百分位数为， 则有，解得， 即估计这组数据的第85百分位数为86，故D错误. 故选：D. 6. 在中，为线段上（不包含端点）不同的两个动点．若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 分析】依题意设，根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程组，整理得解. 【详解】因为，所以， 设， 则 ， 又，且、不共线， 则，所以． 7. 某人抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“出现的点数为奇数”，“出现的点数不大于3”，事件“出现点数为3的倍数”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】列举所有基本事件，根据对立事件的定义可判定A，由古典概型概率公式，即可结合选项逐一求解BCD. 【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子，出现的点数构成的样本空间为， 则， 对于A，事件可同时发生，故不是对立事件，A错误， 对于B，,,故B错误， 对于C，,C正确， 对于D，，D错误， 故选：C 8. 在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，且，根据将表示为的函数，再换元求的范围即可. 【详解】 取的中点，连接，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则. 因为是棱上一动点，设，且， 所以. 因为，所以. 令，则. 又函数在上为增函数， 所以线段的长度的取值范围为. 故选：D 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得补部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，最长 C. 当时，弦最短 D. 最短弦长 【答案】AC 【解析】 【分析】由直线方程求定点可判定A，由弦长公式可判定B、C、D. 【详解】直线方程可化为，当， 故直线恒过定点，A正确； 易知圆心，半径， 显然当直线过圆心时，最长，则， 故B错误； 当时，此时弦最短，即， 故C正确； 当时，则弦长，故D错误. 故选：AC 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量与向量的夹角的余弦值为 D. 若，则向量在向量上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B；求出向量夹角的余弦判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，若，则，又，则，C正确； 对于D，若，则，又，于是， 则向量在向量上的投影向量为，D错误. 故选：AC 11. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（ ） A. 在折叠过程中，总有BD⊥PC B. 存在点，使得 C. 当时，三棱锥的外接球的表面积为 D. 当三棱锥的体积最大时， 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D. 【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC， 因为，BD，平面BDE， 所以PC⊥平面BDE，又平面BDE， 所以，A项正确； 在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以， 当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误； 当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体性质可知， 三棱锥P-BCD外接球就是该正方体的外接球, 因为正方体各面的对角线长为1． 所以正方体的棱长为， 设外接球的半径为R，则， 所以三棱锥的外接球的表面积，C项正确； 当三棱锥P-BCD的体积最大时，平面平面BCD， 取BD的中点O，连接PO，OC， 易知平面BCD，则， 又， 所以，D项错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可. 【详解】由题意可知：，， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为． 故答案为： 13. 已知互不相等的4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据极差与中位数的定义可求得的取值，再由百分位数的定义可得结论. 【详解】易知这4个数据的极差为，中位数为， 即可得，所以； 又因为正整数互不相等且，可得； 由为正数，因此这4个数据的第75百分位数为第三个数和第四个数的平均数， 即，则这4个数据的第75百分位数为. 故答案为： 14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值. 【详解】 如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得， 设圆台的高为，则， 在中，取，由余弦定理，， 即得，即得，当且仅当时取等号. 因三棱锥的体积为， 即时，三棱锥的体积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题. 解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值. 四、解答题：本题共5分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设． （1）用表示； （2）如果，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形，结合向量加，减，和数乘，即可用基底表示向量； （2）由，可得，从而可得，结合已知可得，最后利用数量模的运算公式结合数量积的运算律求解即可． 【小问1详解】 因为， 所以， ； 【小问2详解】 因为，所以， 所以，由，可得， 又，所以， 所以． 16. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立． （1）求第三局结束时乙获胜的概率； （2）求甲获胜的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解. （2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解. 【小问1详解】 设事件A为“第三局结束乙获胜” 由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为． 若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 故 【小问2详解】 设事件B为“甲获胜”． 若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率． 若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 此时的概率． 若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）． 此时的概率 若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）． 此时的概率 故 17. 如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点D是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，将线面垂直的证明转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线. （2）将面面角转化为两平面的法向量所成角，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 证明：以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 根据题意可得，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，即，，则， ， ， 平面. 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量为， 则，令，即，，即， 由（1）知，，， 设平面的法向量为， 则，令，即，，即， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 【答案】（1），85 （2） （3）得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【解析】 【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案； （2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可； （3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可. 【小问1详解】 由题意得:，解得， 设第60百分位数为，则， 解得，第60百分位数为85. 【小问2详解】 由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、. 则样本空间为. 设事件“两人分别来自和，则， 因此， 所以两人得分分别来自和的概率为. 【小问3详解】 由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为，平均分为，方差为； 在区间的数据分别为为，平均分为，方差为； 这20个数据的平均数为，方差为. 由题意，，且，则. 根据方差的定义， 由， 可得 故得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可. 19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若___________. （1）求角B； （2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得三个条件下均有. （2）利用数量积的定义可求的最大值. 【小问1详解】 选①，由正弦定理得， ∵，∴，即， ∵，∴，∴，∴. 选②，∵，， 由正弦定理可得，，∴， ∵，∴. 选③，， 由已知结合正弦定理可得， ∴，∴， ∵，∴. 【小问2详解】 ，根据余弦定理， ∴，∴外接圆的直径， 过作，垂足为，而， 若取到最大值，则取最大值， 故可设为锐角，故此时， 当取最大值时，与圆相切且在的延长线上（如图所示）， 设此时切点为，垂足为，取的中点E，外接圆圆心为O，连接，， 则且，故四边形为矩形， 故，故， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $