精品解析：山东省济宁市育才中学2024-2025学年高二上学期开学收心考试数学试题

济宁市育才中学2023级高二上学期开学收心考数学试题 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数（i为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ） A. B. C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部加虚部为0求解． 【详解】， 所以复数的实部为，虚部为， 因为实部和虚部互为相反数，所以， 解得. 故选：B. 2. 已知向量与向量夹角为，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义结合已知条件直接求解即可 【详解】因为向量与向量夹角为，， 所以， 则在上的投影向量为 ， 故选：A. 3. 在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ） A. 无解 B. 有一解 C. 有两解 D. 解的个数不确定 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解. 【详解】由正弦定理，得，解得. 因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解. 故选：C. 4. 设l是一条直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行、线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理逐一判断即可. 【详解】A：当时，如果l是平面，外一条直线，当时，显然，成立，这时不成立，故本选项的命题不正确； B：当时，设，显然当时，且时，一定有成立，但是不成立，因此本选项的命题不正确； C：因为，所以在平面内一定存在一条直线，而，所以， 根据面面垂直的判定定理可知，因此本选项的命题正确； D：当时，设，显然当时，且时，一定有成立，但是不成立，因此本选项的命题不正确； 故选：C 5. 已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出组合体的轴截面，利用体积求出圆锥的高，然后再利用三角形相似即可求出内切球的半径，结合求得体积公式，即可求解. 【详解】 如图，圆锥与内切球的轴截面图，设圆锥高为h, 根据圆锥的底面半径为1，体积为， 可知，，解得，所以母线长为， 设内切球的半径为，则， 由轴截面三角形相似得，所以， 即，解得内切球半径为， 所以内切球的体积为， 故选：D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出以及平面的一个法向量，即可根据向量关系求出. 【详解】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，， 设平面的一个法向量， 则，即， 令，则， 所以平面的一个法向量， ∵， ∴， ∴， ∴直线与平面的夹角为. 故选：B. 【点睛】本题考查直线与平面夹角的求法，建立空间坐标系，利用向量法解决是常用方法. 7. 四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 平均数为，中位数为 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可以逐一判断A、B、C是错误的，逻辑推理即可判断D选项. 【详解】对于A，数据为2，4，5，5，6，A错误； 对于B，数据为3，3，4，5，6，B错误； 对于C，数据1，2，2，4，6，C错误； 对于D，所有数据和为15，中位数为4，如果出现6，那么其余三个数的和为5，且其中有一个数至少为4，这组数据不可能，D正确； 故选：D. 8. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，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.如图所示，将正方体沿交同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阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ） 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. 该半正多面体的表面积为 【答案】D 【解析】 【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D. 【详解】A：如图，因为， 所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该半正多面体的体积为：，故A错误； B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，故B错误； C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，故半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误； D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为， 所以其表面积为，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的有 A. △ABC中，a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C B. 在△ABC中，若sin 2A=sin 2B，则△ABC为等腰三角形 C. △ABC中，sin A＞sin B是A ＞B的充要条件 D. 在△ABC中，若sin A=，则A= 【答案】AC 【解析】 【分析】由正弦定理，二倍角的正弦公式，逐一分析各个选项，即可求解. 【详解】由正弦定理 可得： 即成立， 故选项A正确； 由可得或， 即或， 则是等腰三角形或直角三角形， 故选项B错误； 在中，由正弦定理可得 ， 则是的充要条件， 故选项C正确； 在△ABC中，若sin A=，则或， 故选项D错误. 故选：AC. 【点睛】本题考查了命题真假性的判断，正弦定理的应用，属于基础题. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一个对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上有3个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】化为，求出函数的周期判断A选项，根据解析式求对称中心纵坐标判断B选项，求出函数的个单调减区间为，而，判断C选项，令，求出或，求出函数在区间上零点个数判断D选项. 【详解】，，A对； 对称中心纵坐标为1，B错； ，则，即的一个单调减区间为 而，在上单调递减，C对； ，则或 或． ，；，；，；， ，在区间上有4个零点，D错． 故选：AC． 11. 正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 可能为直角三角形 D. 平面与平面所成的锐二面角的范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】取、的中点、，连接、、，证明平面，结合面面垂直的判定定理可判断A；由为定值，结合锥体的体积公式可判断B；利用反证法可判断C，平面与平面平行时所成角为，当与重合，与重合，平面与平面所成的锐二面角最大，即可判断D. 【详解】对于A，取、的中点、，连接、、. 因为、分别为、的中点，所以，则， 且， 所以四边形为平行四边形，， 为等边三角形，为的中点，则， 平面，平面，， ，平面，平面，，平面， 平面，因此平面平面，故A正确； 对于B，因为面积为定值， ，平面，平面，所以平面， 因为，所以点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，平面，平面，， 为的中点，则， 若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则， 设正三棱柱的棱长为，则，则， 因为，故，所以不可能为直角三角形，故C错误. 当、分别为，中点时，平面与平面所成的角为， 当与重合，与重合，平面与平面所成锐二面角最大； 延长交于，连接，则平面平面， 由于为的中点，，所以且， 故在中，为中点，为中点， 在中，为中点，为中点，故，由于平面， 所以平面，平面，所以，， 所以平面与平面所成锐二面角最大为， 平面与平面所成的锐二面角范围为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理. 在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，点满足，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先由题中所给条件求出，进而得，再结合即可求解，进而得. 【详解】由题得， 所以，所以， 又，所以， 所以. 故答案为：. 13. 某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件做使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为________；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为____________. 【答案】 ①. 18 ②. 84 【解析】 【分析】第一空，根据分层抽样的定义即可求解；第二空，根据分层抽样的方差公式即可求解 【详解】由分层抽样方法可得：抽取C车间应抽取的件数为60×30%=18； 总样本平均值， 总样本方差为 . 14. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】甲队以4∶1获胜包含的情况有: ①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜， ②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜， ③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜， ④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4∶1获胜的概率. 【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主” 设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立， 甲队以4：1获胜包含的情况有： ①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：， ②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：， ③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：， ④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：， 则甲队以4：1获胜的概率为： . 故答案为：0.32 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知中，角，，的对边分别是，，，向量，满足． （1）求角． （2）若的面积为，，求的周长． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）由得.由正弦定理得 ，可求角． （2）由（1）知.由三角形面积公式可得，求出 .由余弦定理求出，即求的周长． 【详解】（1）由得， 由正弦定理得． 即. ，，．，． （2）的面积为，． 由（1）知，． 由余弦定理得． ．的周长为． 【点睛】本题考查向量共线的坐标表示、正余弦定理和三角形面积公式，属于中档题. 16. 如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据四边形为矩形，得到，从而得到线面平行； （2）先证明出，由勾股定理和余弦定理求出各边长，由勾股定理逆定理得到，得到⊥面，从而求出，在求出，利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 ∵四边形ABEF为矩形，， 平面，平面， ∴面． 【小问2详解】 ⊥平面，四边形为矩形， ，平面， 平面，， ∵四边形为直角梯形，， ， 在中， ， ， ，平面平面， 平面． ∵平面两点到平面的距离相等． 平面到平面的距离即为线段的长． ． 中，， ， ． 设点到平面的距离为， 由得， ， 即点到平面的距离为． 17. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布． （1）当漏诊率时，求临界值和误诊率； （2）已知一次调查抽取的未患病者样本容量为100，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图（图2），临界值，从样本中该医学指标在上的未患病者中随机抽取2人，则2人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？ 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由图1，根据漏诊率列式求出，再由图2求出误诊率； （2）根据图2求出100个未患病者中，该项医学指标在中的人数以及被误诊者的人数，再利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果. 【小问1详解】 依题可知，图1第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得， ． 小问2详解】 由题可知，100个未患病者中，该项医学指标在中的有人， 其中被误诊者有人， 记随机抽取的2人恰有一人为被误诊者为事件A．分别用a，b，c，d，E，F表示这6人，E，F代表被误诊的2人， 样本空间， 事件，故，， ，故2人中恰有一人为被误诊者的概率是． 18. 在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心.将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求直线CM和平面所成的角； （3）在线段上是否存在点F，使二面角的余弦值？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.（要求用几何法解答） 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据⊥平面，得到⊥，故⊥，结合，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，得到与平面的夹角即为与平面的夹角，利用等体积法求出到平面的距离，进而得到点平面的距离为，从而求出线面角的正弦值，求出答案； （3）作出辅助线，找到二面角的平面角为，利用余弦定理和勾股定理求出各边长，并求出，利用正切差角公式得到，得到方程，求出CF的长度. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以， 将沿DE折起到的位置，故始终有，， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故， 因为，，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直， 因为DE经过的重心，所以，故， ， 由勾股定理得， 连接，取的中点，在上取点，使得，连接， 则，， 又，，故四边形为平行四边形， 故，， 与平面的夹角即为与平面的夹角， 其中，而平面， 故， 由勾股定理得， 中，，故， ，， 故由余弦定理得， 故， 则， 设到平面的距离为， 由于，故，解得， 故点平面的距离为， 设直线CM和平面所成角的大小为， 则， 故直线CM和平面所成的角为 【小问3详解】 存在，，理由如下： 连接，过点作于点，连接， 因为平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以，， 故二面角的平面角为， 设，， 在中，由余弦定理得， 故， 则， ， 其中，， 故，， 则 ， 故，解得. 存在，. 19. 后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记． （1）请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值； （2）记，若存在最大值，求的取值范围． 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）在中，正弦定理可得，，通过三角恒等变换可得，，从而可求其最大值； （2）根据向量的运算，由得，，从而，再根据三角函数的性质求解． 【小问1详解】 由题可知，在中，，，，， 则由正弦定理，可得， 故可得， 故 = 即． 当时，，此时取得最大值． 【小问2详解】 由（1）知，， ∵， ∴， ∴ 令， ∴ 当时，关于递减，不存在最大值 当时， ，其中， ∵， 要使存在最大值，只需，即 ∴得 解得 【点睛】关键点睛：本题主要考查三角函数中的最值问题，难度较大，第一小问的关键是利用正弦定理求出，用表示，利用辅助角公式转换后再求最值；第二小问的关键是利用平面向量的运算得出，用表示，再通过换元，利用辅助角公式得到与的关系，根据的范围求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济宁市育才中学2023级高二上学期开学收心考数学试题 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数（i为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ） A. B. C. D. i 2. 已知向量与向量夹角为，，则在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ） A 无解 B. 有一解 C. 有两解 D. 解个数不确定 4. 设l是一条直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 平均数为，中位数为 8. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，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.如图所示，将正方体沿交同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阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ） 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. 该半正多面体的表面积为 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确有 A. 在△ABC中，a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C B. 在△ABC中，若sin 2A=sin 2B，则△ABC为等腰三角形 C. △ABC中，sin A＞sin B是A ＞B的充要条件 D. 在△ABC中，若sin A=，则A= 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一个对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上有3个零点 11. 正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 可能为直角三角形 D. 平面与平面所成的锐二面角的范围是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，点满足，若，则______． 13. 某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件做使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为________；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为____________. 14. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知中，角，，的对边分别是，，，向量，满足． （1）求角． （2）若的面积为，，求的周长． 16. 如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离 17. 某研究小组经过研究发现某种疾病患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布． （1）当漏诊率时，求临界值和误诊率； （2）已知一次调查抽取的未患病者样本容量为100，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图（图2），临界值，从样本中该医学指标在上的未患病者中随机抽取2人，则2人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？ 18. 在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心.将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求直线CM和平面所成的角； （3）在线段上是否存在点F，使二面角的余弦值？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.（要求用几何法解答） 19. 后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记． （1）请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值； （2）记，若存在最大值，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$