精品解析：湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024-2025学年高二上学期起点考试数学试卷

2024年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校起点考试 高二数学试卷 命题学校：黄冈中学 命题教师：董明秀 审题学校：黄梅一中 审题教师：石亚林 考试时间：2024年9月2日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题除出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱与球的表面积之比为（ ） A. 1:1 B. 3:2 C. D. 2. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行 B. 已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面 C. 若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 D. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ） A. B. C D. 5. 已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75.现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ） A B. C. D. 7. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） A B. C. D. 8. 如图，边长为2的正方形ABCD中，P，Q分别为边BC，CD上的点，，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 衡阳市第八中学为了解学生数学史知识的积累情况，随机抽取150名同学参加数学史知识测试，测试题共5道，每答对一题得20分，答错得0分.得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比如图所示，则（ ） A. 该次数学史知识测试及格率超过90% B. 该次数学史知识测试得满分的同学有15名 C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数 D. 若八中共有3000名学生，则数学史知识测试成绩能得优秀的同学大约有1800名 10. 已知是坐标原点，平面向量，，，且是单位向量，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若A，B，C三点共线，则 C. 若向量与垂直，则的最小值为1 D. 向量与的夹角正切值的最大值为 11. 如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为，顶点到的距离分别为，则（ ） A. 平面 B. 到平面的距离为1 C. 平面平面 D. 正方体的棱长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则___________． 13. 设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则________. 14. 甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，． （1）求； （2）设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 16. 如图，在三棱柱中，，，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 17. 在锐角中，其内角的对边分别为，已知． （1）求值； （2）若，，求△ABC的面积． 18. 辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们的成绩，将数据整理后分成五组：，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为 的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取2名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动.考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有五个等级. 若两科笔试成绩均为，则直接参加；若一科笔试成绩为，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响.甲在每科笔试中取得的概率分别为；乙在每科笔试中取得的概率分别；甲、乙在面试中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加冬令营的概率. 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理，如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，记，，，二面角A-PC-B的大小为，则． 如图2，四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，，且． （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，直线与平面ABCD内任意一条直线的夹角为φ，证明：； （3）在图2中，过点B作平面，使平面平面，且与直线相交于点P，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校起点考试 高二数学试卷 命题学校：黄冈中学 命题教师：董明秀 审题学校：黄梅一中 审题教师：石亚林 考试时间：2024年9月2日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题除出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱与球的表面积之比为（ ） A. 1:1 B. 3:2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，然后表示出圆柱的表面积和球的表面积，相比即可 【详解】设球的半径为，则由题意得圆柱的底面半径为，高为， 所以圆柱的表面积为， 球的表面积为， 所以圆柱与球的表面积之比为， 故选：B 2. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD. 【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误； 对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误； 第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故， 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为， 故， 同时发生的事件包含样本点为，故， 所以，即不相互独立，故C错误； 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故， 同时发生的事件包含的样本点为，故， 所以，即A与C相互独立，故D正确. 故选：D 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行 B. 已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面 C. 若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 D. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC：以正方体为依托，举反例说明即可；对于D：根据平面的性质分析判断. 【详解】如图所示，正方体， 对于选项A：例如平面平面，平面平面， 但平面平面，两平面不平行，故A错误； 对于选项B：例如与异面，与异面， 但，两直线不异面，故B错误； 对于选项C：例如∥平面，∥平面， 但，两直线不平行，故C错误； 对于选项D：若三条直线两两相交且不共点，可得三个不共线的三点， 由平面性质可知：这三点确定唯一一个平面，且三条直线均在该平面内， 所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确. 故选：D. 4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】依题意， . 故选：D 5. 已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知条件平方求得，然后根据投影向量公式计算即可求解. 【详解】因为， 所以，即，得， 则在方向上的投影向量为. 故选：D 6. 已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75.现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、方差公式计算可得. 【详解】由题意，可得， 设收集的个准确数据分别记为， 则 ， ，所以． 故选：A． 7. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四面体的体积最大时，求出点O位置，利用等体积转换法即可求出点O到平面ABD的距离. 【详解】由题意可知当平面平面时四面体的体积最大时， 因为为正三角形，，， 所以， 则， 当平面平面时， 取线段中点，则点为直角三角形的外心， 连接，则易知平面， 所以四面体外接球球心在上， 因为为正三角形， 所以四面体外接球球心即为的中心， 则， 设点到面的距离为，点到面的距离为， 由得， 因边长为2，所以， ， 中，， 所以， 则， 所以点到面的距离为. 故选：C 8. 如图，边长为2的正方形ABCD中，P，Q分别为边BC，CD上的点，，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设条件可得，然后利用三角变换公式结合正弦函数的性质可求最大值. 【详解】由余弦定理可得， 整理得到， ，则， 整理得到：， 而，故， 而，故， 设， 则 ，其中为锐角且， 因为，故， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为， 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 衡阳市第八中学为了解学生数学史知识的积累情况，随机抽取150名同学参加数学史知识测试，测试题共5道，每答对一题得20分，答错得0分.得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比如图所示，则（ ） A. 该次数学史知识测试及格率超过90% B. 该次数学史知识测试得满分的同学有15名 C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数 D. 若八中共有3000名学生，则数学史知识测试成绩能得优秀的同学大约有1800名 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用扇形图的数据得到及格率判断A；求出满分所占百分比，进而求出满分学生人数判断B；求出中位数和平均数，比较大小判断C；求出抽取的学生成绩优秀率，再估算出数学史知识测试成绩能得优秀的同学人数判断D. 【详解】由图知，及格率为，A正确； 该测试满分同学的百分比为，则有名，B错误； 由图知，中位数为80分，平均数为分，C正确； 由题意，3000名学生成绩能得优秀的同学有，D正确. 故选：ACD 10. 已知是坐标原点，平面向量，，，且是单位向量，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若A，B，C三点共线，则 C. 若向量与垂直，则的最小值为1 D. 向量与的夹角正切值的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，用坐标表示向量，再结合向量的坐标运算逐项计算判断即得. 【详解】在平面直角坐标系中，令， 由，，得，，则， 对于A，，因此，A正确； 对于B，由三点共线，得，即， 于是，解得，即，B错误； 对于C，，由向量与垂直，得， 而，则， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，令向量与的夹角为，，当时，，， 当时，不妨令，，则，，显然， ， 当且仅当时取等号，D正确. 故选：AD 11. 如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为，顶点到的距离分别为，则（ ） A. 平面 B. 到平面的距离为1 C. 平面平面 D. 正方体的棱长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理、面面相交的性质进行求解判断即可. 【详解】对于A，因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确； 对于B，的交点为，显然是的中点，因为平面，顶点到的距离为，所以到的距离为1，因此选项B正确; 对于C，到的距离分别为，所以到的距离为，因此，即， 设平面，所以，因为是正方形，所以， 又因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因此有平面，而，所以平面平面，因此选项C正确； 对D，因为平面平面，所以令平面平面， 因为平面平面， 所以在平面的射影与共线， 显然，，如图所示： 由， 由（负值舍去）， 因此选项D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用两非零向量垂直的充要条件是两向量数量积为0，再利用数量积的坐标运算就可解得结果. 【详解】由可得， 又因为，， 所以， 解得. 故答案为： 13. 设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案. 【详解】由余弦定理得，， 而由，得， 因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以， 所以，解得或， 当时，即，，由大边对大角得：最大角为C， ，故C为锐角，不符合题意； 当时，即，，由大边对大角得：最大角为B， ，故B是钝角，符合题意， 故答案为： 14. 甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率. 【详解】甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分， 三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲， 若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意； 若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分， 这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意， 在丙输的情况下，乙、丁已有3分， 那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意； 若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分， 这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢， 否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平， ①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率； ②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意； ③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是； 综上概率为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于比较复杂的概率的计算，注意根据问题的特征合理分类，尽量不重不漏，必要时利用表格或枚举等方法. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，． （1）求； （2）设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知得出，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可. （2）利用复数的运算分别求出，，三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 因为，， 两式相加得， 所以， 故． 【小问2详解】 由（1）得， 则， ，则， ，则， 所以，， 故． 16. 如图，在三棱柱中，，，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可得，根据三线合一可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）建系标点，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 因为平面∥平面，且平面，则∥平面， 由题意可知：平面，平面，则， 又因为，为的中点，则， 且∥，则， 且，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为，为的中点，则， 且平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，可得， 则， 可得， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量， 设二面角的平面角为， 则，可得， 所以二面角的平面角的正弦值为. 17. 在锐角中，其内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，，求△ABC的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可得，再结合正弦定理及三角变换公式可得； （2）结合（1）中结果可求三个角的正切，从而可求三个角的正弦，求出外接圆半径后可求三角形面积. 【小问1详解】 因为，故， 整理得到：，由正弦定理可得， 所以即， 所以，而为锐角三角形， 故，故即. 【小问2详解】 因，故，所以， 而，结合可得， 而为锐角，故， 故外接圆半径为， 故. 18. 辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们的成绩，将数据整理后分成五组：，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为 的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取2名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动.考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有五个等级. 若两科笔试成绩均为，则直接参加；若一科笔试成绩为，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响.甲在每科笔试中取得的概率分别为；乙在每科笔试中取得的概率分别；甲、乙在面试中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加冬令营的概率. 【答案】（1）76.25分 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的求法求解即可； （2）根据分层抽样确定两组抽取的人数，结合对立事件的概率公式，用列举法求解古典概型概率即可； （3）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解甲、乙能参加冬令营的概率，然后利用独立事件乘法概率公式求解即可. 【小问1详解】 ， 所以第分位数位于，且， 所以入围分数应设为76.25分. 【小问2详解】 依题意从抽取人，标记为1，2，3，4； 从 抽取，标记为； 从6人中随机选2人其样本空间可记为， 共包含15个样本点，即有15种选法.设事件“至少有1名学生成绩不低于90”， 则其中2人都是的样本空间可记为， 共包含6个样本点，则， 所以至少有1名学生成绩不低于90的概率为. 【小问3详解】 依题意甲能参加冬令营的概率， 乙能参加冬令营的概率， 二人互不影响，所以甲、乙能同时参加冬令营的概率. 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理，如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，记，，，二面角A-PC-B的大小为，则． 如图2，四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，，且． （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，直线与平面ABCD内任意一条直线的夹角为φ，证明：； （3）在图2中，过点B作平面，使平面平面，且与直线相交于点P，求的值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设，连接，可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【小问1详解】 设，连接， 由菱形可得，而，故， 而，故为等边三角形，故， 因为，，，故， 所以，而，故， 因为，平面，故平面， 而平面，故平面平面， 故的二面角的平面角为直角，而， 由三角面公式可得： 【小问2详解】 依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与夹角为（）， 由（1）及三面角公式可得， 因为，所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. 【小问3详解】 连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，而平面，所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形，所以，而在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$