精品解析：四川省广安市第二中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

广安二中高2023级2024年秋入学考试 数学试题 第Ⅰ卷 一、单选题：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. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 4 2. 已知向量，若，则（    ） A. 5 B. 4 C. D. 3. 的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 4. 对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 某人连续射击两次，事件“两次都没有命中目标”的对立事件是（ ） A. 至少有一次命中目标 B. 至多有一次命中目标 C. 恰好两次都命中目标 D. 恰好有一次命中目标 6. 已知，，向量在方向上投影向量是，则为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 7. 如图所示，在下列选项中，边长为1的正三角形利用斜二测画法得到的直观图后不是全等三角形的一组是( ) A. B. C. D. 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多选题：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. 在钝角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，那么c的值可能为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 10. 已知一组样本数据，现有一组新的，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 极差变小 D. 方差变小 11. 如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（ ） A. 四边形一定为矩形 B. 平面平面 C. 四棱锥体积为 D. 四边形的周长最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．（14题第一空2分，第二空3分） 12. 已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的表面积是______． 13. 如图，已知正方形的边长为3，且，与交于点，则__________． 14. 已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是__________；二面角的余弦值是__________． 第Ⅱ卷 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. 某景点某天接待了1250名游客，老年625人，中青年500人，少年125人，景点为了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访.将统计结果按照分成5组，制成如下频率分布直方图： （1）求抽取的样本老年、中青年、少年的人数； （2）求频率分布直方图中a的值； （3）估计当天游客满意度分值的分位数. 16. 已知向量，． （1）设，求的最小值； （2）若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且_________． 在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面横线中，并解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 （1）求； （2）若，求． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，是与的交点，平面，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 19. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）求证：； （3）已知，，且与不平行，，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安二中高2023级2024年秋入学考试 数学试题 第Ⅰ卷 一、单选题：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. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法的运算和共轭复数及复数虚部的概念即可得到答案. 【详解】，则， 故，虚部为， 故选：C． 2. 已知向量，若，则（    ） A. 5 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，解得. 故选：D. 3. 的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理的三边比值，然后能得到，即可得到答案 【详解】由正弦定理可知， 设， 所以，所以，所以的形状是直角三角形， 故选：B 4. 对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线面之间的位置关系及性质逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或或相交，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：A. 5. 某人连续射击两次，事件“两次都没有命中目标”的对立事件是（ ） A. 至少有一次命中目标 B. 至多有一次命中目标 C. 恰好两次都命中目标 D. 恰好有一次命中目标 【答案】A 【解析】 【分析】根据对立事件定义直接判断即可. 【详解】由对立事件定义知：事件“两次都没有命中目标”的对立事件为“至少有一次命中目标”. 故选：A. 6. 已知，，向量在方向上投影向量是，则为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由投影向量和数量积的定义即可得出结论. 【详解】在方向上投影向量为， ，. 故选：A 7. 如图所示，在下列选项中，边长为1的正三角形利用斜二测画法得到的直观图后不是全等三角形的一组是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用斜二侧法画直观图的方法，平行性不变，平行于轴的线段长度相等，平行于轴的线段长度是原来的一半，可得结论． 【详解】根据斜二测画法的规则，A,B,D中正三角形的底边都没有改变， 而三角形的高都平行于轴或与轴重合，因此它们的高相等， 故A,B,D中三组三角形的直观图是全等的． 而对于C，画成直观图之后，第一个三角形中，到的距离变成原来的， 第二个三角形中，到的距离保持不变，因此两个三角形的直观图不全等． 故选:C． 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】因为，，所以， ， 设外接圆的半径为，圆心为，则，即， 设三棱锥外接球的半径为，球心为，则，解得（负值已舍去）； 因为平面，所以， 即，即，解得（负值已舍去）； 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是找到球心位置，求出底面外接圆半径和外接球半径，再根据勾股定理求出棱锥的高. 二、多选题：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. 在钝角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，那么c的值可能为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】考虑为钝角或为钝角两种情况，根据余弦定理得到或，得到答案. 【详解】若为钝角，则，且， 即，BC满足； 若为钝角，则，且， 即，D满足； 故选：BCD 10. 已知一组样本数据，现有一组新的，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 极差变小 D. 方差变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平均数、极差的定义计算判断AC；利用中位数的定义举例判断B；利用方差的意义分析判断D作答. 【详解】对于A，新数据的总和为：， 与原数据总和相等，且数据个数都是，因此平均数不变，A正确； 对于B，不妨设原数据为：，中位数为，则新数据为：，中位数为2，B错误； 对于C，原数据极差为：，新数据极差为：， 而，即极差变小了，C正确； 对于D，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，D正确. 故选：ACD. 11. 如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（ ） A. 四边形一定为矩形 B. 平面平面 C. 四棱锥体积为 D. 四边形的周长最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小． 【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形， 所以，由题意得，平面，平面，所以， ，平面，所以平面，则平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 由正方体的性质得平面平面， 平面平面，平面平面，故， 同理得，又平面，平面，，四边形为菱形，故A错误； 对于C，四棱锥的体积为： ，故C正确； 对于D，四边形是菱形， 四边形的周长， 当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小， 此时，即周长的最小值为4，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．（14题第一空2分，第二空3分） 12. 已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的表面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】求得圆锥的底面半径和母线长，由此求得圆锥的表面积. 【详解】解：设圆锥的底面半径为，则高为，母线长为. 依题意，解得或（舍去）， 所以圆锥的底面半径为，高为，母线长为. 所以圆锥的表面积为. 故答案为： 13. 如图，已知正方形的边长为3，且，与交于点，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】先证明为中点，再利用转化法求得，代入数据即可. 【详解】因为，则为中点， 则，则， 则， 则. 故答案为：3. 14. 已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是__________；二面角的余弦值是__________． 【答案】 ①. ##0.75 ②. 【解析】 【分析】空1：作出空间图形，找到异面直线夹角或其补角，结合题意和余弦定理先求出即可；空2：作出二面角的平面角，利用余弦定理即可求解. 【详解】如下图，过点作，连接， 结合题意可知为的中点，且， 所以即为二面角的平面角，由题意可知，. 因为，，所以，， 所以，且，进而得到， 因为，则异面直线与所成角即为或其补角， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线与所成角的余弦值是； 取的中点，连接，因为，， 所以，，则即为所求二面角的平面角， 在中，因为，， 所以，同理， 在中，由余弦定理可得， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是作出二面角所表示的平面角，再结合勾股定理和余弦定理即可. 第Ⅱ卷 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. 某景点某天接待了1250名游客，老年625人，中青年500人，少年125人，景点为了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访.将统计结果按照分成5组，制成如下频率分布直方图： （1）求抽取的样本老年、中青年、少年的人数； （2）求频率分布直方图中a的值； （3）估计当天游客满意度分值的分位数. 【答案】（1）50，40，10 （2）0.020 （3）82.5 【解析】 【分析】（1）求出老年、中青年、少年的人数比例，从而求抽取样本中老年、中青年、少年的人数； （2）利用频率之和为1列出方程，求出的值； （3）利用百分位数的定义进行求解. 【小问1详解】 老年625人，中青年500人，少年125人，故老年、中青年、少年的人数比例为， 故抽取100人，样本中老年人数为人，中青年人数为人，少年人数为人； 【小问2详解】 由题意可得，，解得：； 【小问3详解】 设当天游客满意度分值的分位数为， 因为，， 所以位于区间内， 则，解得：， 所以估计当天游客满意度分值的分位数为. 16. 已知向量，． （1）设，求的最小值； （2）若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】由平面向量的坐标计算即可. 【小问1详解】 由题意得：， 所以 所以当时，取得最小值为. 【小问2详解】 由于，，向量与向量的夹角为钝角， 所以，且向量与向量不能共线，即 即 所以， 故实数t的取值范围为： 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且_________． 在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面横线中，并解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①，用余弦定理即可求解，选②，用向量的数量积的运算即可求解；（2）用正弦定理即可解决. 【小问1详解】 若选①， 由余弦定理可得， ∴， 又，∴，∴． 若选②， 则， 又，∴，∴． 【小问2详解】 由正弦定理（为外接圆半径）， 可得， 又∵， ∴，解得． ∴． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，是与的交点，平面，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1） 连接，在平行四边形中， 为与的交点， 为的中点，又为的中点，， 又平面平面， 平面. （2） 平面平面，， 在中，，，又，， 因为平面平面，所以平面， 又平面，平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线得，再利用线面平行的判定即可； （2）利用线面垂直的性质得，再证明，最后根据面面垂直的判定即可证明； （3）取的中点，连接，，根据线面角定义转化为求的正切值，最后根据三角函数定义即可得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接，， 为的中点，，且 由平面，得平面， 是直线与平面所成的角， ， 在Rt中，， ，从而， 在Rt中，， 直线与平面所成角的正切值为. 19. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）求证：； （3）已知，，且与不平行，，，求证：． 【答案】（1） （2） 因为. 所以 . . ，所以. （3） 方法一：， ， 由（2）可得， 又因为 ，即， 可得， 且在内单调递减，， 可知， 所以. 所以 方法二:设， ， 因为， ， 所以 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）直接代入公式即可得到答案； （2）计算得，从而，再展开计算即可证明； （3）方法一：根据“变换”和向量数量积的坐标公式得到，从而有，最后利用三角形面积公式即可证明；方法二：证明三角形面积公式为，再代入公式证明即可. 【小问1详解】 因为向量 所以 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是证明出，从而得到两向量夹角相等，最后再利用三角形面积公式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $