精品解析：云南省曲靖市罗平县第一中学2024-2025学年高二上学期八月见面考试数学试卷

罗平县第一中学2024~2025学年上学期八月见面考试 高二数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册、必修第二册、选择性必修第一册第一章． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 3 D. 4. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 5. 某幼儿园一名小朋友过生日，幼儿园老师为该小朋友准备了5个一样的盒子，其中4个盒中各装有一个变形金刚玩具，另外1个盒中装有一套积木玩具．这名小朋友要从这5个盒中选出2个盒子作为生日礼物，则恰好取到1个变形金刚玩具和1套积木玩具的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长与面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 7. 一艘轮船沿北偏东28°方向，以18海里/时的速度沿直线航行，一座灯塔原米在轮船的南偏东32°方向上，经过10分钟的航行，此时轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为（ ） A. 2海里 B. 3海里 C. 4海里 D. 5海里 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E为上的一点，F为的中点，若点E到平面的距离为1，则线段的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、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，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给定一组数据5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则这组数据的（ ） A. 极差为4 B. 标准差为 C. 众数为2和3 D. 中位数为2 10. 定义运算，在中，角的对边分别为若满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 角的最大值为 D. 若，则 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 三、填空在：本大题共3小题，每小盾5分，共15分． 12. 某新闻机构想了解全国人民对2024年巴黎奥运会开幕式的评价，决定从某市2个区按人口数用分层抽样的方法抽取一个样本．若2个区人口数之比为2∶7，且人口较少的一个区抽出100人，则这个样本的容量为______________． 13. 如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为______________． 14. 已知函数若方程有6个不同的实数解，则m的取值范围是________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某厂引进一种生产新能源汽车关键部件的设备，为了解该设备生产的关键部件的某项指标的情况，随机抽取了100件关键部件的该项指标数据，按分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）估计样本中指标数据的分位数． 16. 将函数的图象向左平移个单位长度，然后把曲线上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象． （1）求函数的解析式； （2）若，求函数的值域． 17. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求和的值； （2）试求两人共答对3道题的概率． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． （1）若，且的面积，求a，b的值； （2）若，判断的形状． 19. 如图，点在以为直径的圆上不同于，，垂直于圆所在平面，为的重心，，在线段上，且. （1）证明：∥平面； （2）在圆上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 罗平县第一中学2024~2025学年上学期八月见面考试 高二数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册、必修第二册、选择性必修第一册第一章． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可. 【详解】由， 因此， 故选：B 2. 已知复数z满足，为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长公式结合复数的四则运算求解. 【详解】由题意可知：， 由，可得. 故选：B. 3. 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可. 【详解】因为，，所以， 又且与垂直， 所以，解得. 故选：A 4. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直的性质即可判断. 【详解】由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证得，故A正确； 对于B，或，故B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确； 对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确. 故选：B. 5. 某幼儿园一名小朋友过生日，幼儿园老师为该小朋友准备了5个一样的盒子，其中4个盒中各装有一个变形金刚玩具，另外1个盒中装有一套积木玩具．这名小朋友要从这5个盒中选出2个盒子作为生日礼物，则恰好取到1个变形金刚玩具和1套积木玩具的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由列举法得到所有情况，再由古典概型的概率计算公式即可得到结果． 【详解】设装有变形金刚玩具的盒子分别为，装积木玩具的盒子为， 则从这5个盒子中选出2个盒子的不同选法为：， ，共10种不同方法， 恰好选到1个变形金刚玩具和1套积木玩具的不同选法有，共4种不同方法，故所求概率，故A，C，D错误． 故选：B． 6. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长与面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图与原图的关系分析求解即可； 【详解】由图可知，所以四边形的面积为； 根据轴不变，轴减半的原则，的坐标为： 四边形周长为 所以四边形周长与面积的数值之比为, 故选：A. 7. 一艘轮船沿北偏东28°方向，以18海里/时的速度沿直线航行，一座灯塔原米在轮船的南偏东32°方向上，经过10分钟的航行，此时轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为（ ） A. 2海里 B. 3海里 C. 4海里 D. 5海里 【答案】A 【解析】 【分析】如图，设A为轮船原来的位置，B为轮船10分钟后的位置，C为灯塔的位置，然后在中利用余弦定理求解即可. 【详解】如图，设A为轮船原来的位置，B为轮船10分钟后的位置，C为灯塔的位置， 由题意知，，． 由余弦定理得， 所以，化简得， 解得或（舍去）， 所以灯塔与轮船原来的距离为2海里， 故选：A 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E为上的一点，F为的中点，若点E到平面的距离为1，则线段的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】解：以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系，则，，， 设，则， ，，. 设为平面的一个法向量， 则，令，得，，所以. 则点E到平面的距离为，解得， 所以线段的长度为1. 故选：A 二、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，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 给定一组数据5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则这组数据的（ ） A. 极差为4 B. 标准差为 C. 众数为2和3 D. 中位数为2 【答案】AC 【解析】 【分析】根据极差，标准差，众数和中位数的定义分别判断即可． 【详解】对于A，极差为：，故A正确； 对于B，，标准差为，故B错误； 对于C，众数为2和3，故C正确； 对于D，中位数为3，故D错误； 故选：AC． 10. 定义运算，在中，角的对边分别为若满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 角的最大值为 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由定义计算即可判断A；举反例即可判断B；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的单调性即可判断C；由正弦定理及余弦定理即可判断D． 【详解】由可得，，整理得，故A正确； 由正弦定理得，， 若，满足，而，故B错误； 由余弦定理得， ，当且仅当时取等号， 又，所以的最大值为，故C正确； 由得，，即， 又，可得为最大边， 所以，故D正确； 故选：ACD． 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D. 【详解】如图， 该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的. 对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确； 对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误； 对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确； 对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确. 故选：ACD 三、填空在：本大题共3小题，每小盾5分，共15分． 12. 某新闻机构想了解全国人民对2024年巴黎奥运会开幕式的评价，决定从某市2个区按人口数用分层抽样的方法抽取一个样本．若2个区人口数之比为2∶7，且人口较少的一个区抽出100人，则这个样本的容量为______________． 【答案】450 【解析】 【分析】根据分层抽样的抽取比例相同求解即可． 【详解】设样本容量为，则，解得， 所以样本容量为450， 故答案为：450． 13. 如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为______________． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接，由三角形中位线，勾股定理，余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，如图所示， 因为为的中点，所以， 所以异面直线和所成角即为直线和的夹角， 因为点为的中点，所以， 由正方体得，平面，所以平面， 又平面，所以， 设正方体棱长为2，则， 在中，，，则， 同理可得， 在中，由余弦定理得，， 所以异面直线和所成角的余弦值为， 故答案为：． 14. 已知函数若方程有6个不同的实数解，则m的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】作出的图像，令，问题等价于关于t的方程在上有两个不等实数根，再分解因式求解即可. 【详解】函数的图象如图所示． 令，则方程有6个不等实数解， 等价于关于t的方程在上有两个不等实数根， 令， 则解得且． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：研究方程问题，一方面用函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某厂引进一种生产新能源汽车关键部件的设备，为了解该设备生产的关键部件的某项指标的情况，随机抽取了100件关键部件的该项指标数据，按分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）估计样本中指标数据的分位数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为1可得； （2）由频率分布直方图百分位数计算方法可得; 【小问1详解】 由题意可知，得 【小问2详解】 由题意的频率为，的频率为， 的频率为，的频率为， 故分位数在区间内，设为， 则，得， 故样本中指标数据的分位数为. 16. 将函数的图象向左平移个单位长度，然后把曲线上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象． （1）求函数的解析式； （2）若，求函数的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角函数平移变换与伸缩变换的性质推导即可得； （2）由的范围，可得的范围，即可得函数的值域． 【小问1详解】 的图象向左平移个单位长度得的图象， 再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象； 【小问2详解】 设，由，得， 则，即在区间上的值域为． 17. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求和的值； （2）试求两人共答对3道题的概率． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程解得即可. （2）两人共答对3道题，只可能为甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，列式解得即可. 【小问1详解】 由题意可得 即解得或 由于，所以． 【小问2详解】 设甲同学答对了道题乙同学答对了道题． 由题意得，，． 设甲、乙二人共答对3道题，则． 由于和相互独立，与互斥， 所以 所以甲、乙两人共答对3道题的概率为. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． （1）若，且的面积，求a，b的值； （2）若，判断的形状． 【答案】（1）； （2）是直角三角形或等腰三角形. 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可得，由三角形面积得到，进而即得； （2）根据题中条件及两角和与差的正弦公式，得到，求出或，进而可得出结果. 【小问1详解】 因为，又余弦定理可得：， 即， 又的面积， 所以，因此，； 解得：； 【小问2详解】 因为， 所以， 即， 所以或， 因此或， 所以是直角三角形或等腰三角形. 19. 如图，点在以为直径的圆上不同于，，垂直于圆所在平面，为的重心，，在线段上，且. （1）证明：∥平面； （2）在圆上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）连接，并延长交于点，连接， 因为为的重心，所以， 因为，所以， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面； （2）存在，为弧的中点 【解析】 【分析】（1）连接，并延长交于点，连接，由重心的性质和平行线的判定，结合线面平行的判定定理可证得结论， （2）在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，根据题意作出二面角的平面角，解三角形即可判断. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，设， 连接，并延长交于，则为的中点， 因为，所以，， 过作于点， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以, 过作于，连接， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，， 在中，， 因为二面角的余弦值为，所以， 所以，所以 所以， 所以，解得， 所以在在圆上存在点，且，即为弧的中点，使得二面角的余弦值为， 【点睛】 关键点点睛：此题考查线面平面的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据已知条件结合二面角的定义利用线面垂直的判定定理作出二面角，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $