精品解析：广西柳州市柳州高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

2024-2025学年度上学期2023级(高二上) 开学考 数学试题 (试卷满分: 150分 考试时间: 120分钟) 一、单选题 (本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1. 已知直线的方程是，则（ ） A. 直线经过定点 B. 直线经过定点 C. 直线经过定点 D. 直线经过定点 2. 已知实数，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 4. 设向量， 满足 ，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步率”都是的前提下，我们可以把看作是经过365天的“进步值”，看作是经过365天的“退步值”，可以计算得到，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么，如果每天的“进步率”和“退步率”都是20%，要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过（ ） A. 9天 B. 8天 C. 7天 D. 6天 8. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 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. 如图，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图是某条公共汽车线路收支差额与乘客量的图象（收支差额车票收入支出费用）．由于目前本条线路亏损，公司有关人员将图变为图与图，从而提出了扭亏为盈的两种建议．下面有种说法中正确的是（ ）． A. 图的建议是：减少支出，提高票价 B. 图的建议是：减少支出，票价不变 C. 图的建议是：减少支出，提高票价 D. 图的建议是：支出不变，提高票价 11. 以下四个命题叙述正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是1 B. 直线和的交点为，且在直线上，则的值是 C. 设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是 D. 直线：，：，若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，，则实数的值所组成的集合为________． 13. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，，，．若方向上的单位向量为，则在向量方向上的投影向量为______． 14. 关于函数有如下四个命题： ①的图象关于y轴对称． ②的图象关于原点对称． ③的图象关于直线x=对称． ④的最小值为2． 其中所有真命题的序号是__________． 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. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且平面，．求： （1）平面与平面所成的二面角的正弦值； （2）点到平面的距离． 16. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数． （1）求证：点是函数图象的对称中心； （2）已知函数，求的值． 17. 如图，在平面四边形中，，，的角平分线与相交于点，且. （1）求的大小； （2）求的值. 18. 某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛. 为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 0.40 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： （1）写出 的值； （2）若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （3）某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差 ，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度上学期2023级(高二上) 开学考 数学试题 (试卷满分: 150分 考试时间: 120分钟) 一、单选题 (本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1. 已知直线的方程是，则（ ） A. 直线经过定点 B. 直线经过定点 C. 直线经过定点 D. 直线经过定点 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的点斜式方程，即可得到答案. 【详解】直线的方程可化为， 所以直线过定点. 故选：D 2. 已知实数，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过作差比较法可得排除A，通过举反例排除C,D两项即得. 【详解】对于A，B，由可得， 则由可得，即A错误，B正确； 对于C, D,不妨取，满足，但，故 C, D均错误. 故选：B． 3. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用复数乘除法运算化简. 【详解】. 故选：A. 4. 设向量， 满足 ，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】通过平方的方法，结合完全平方公式和向量数量积运算律计算求解. 【详解】因为 所以. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可. 【详解】由， 由， 可得， 所以. 故选：C 6. 已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，圆锥的母线长为，依题意得到求得，继而求出圆锥的高，最后求即得. 【详解】设圆柱的底面半径为，因为圆柱轴截面是正方形，所以圆柱的高为， 依题意圆锥的底面半径为，设圆锥的母线长为， 因为圆锥与该圆柱的侧面积相等，所以，解得， 则圆锥的高为， 圆柱的体积，圆锥的体积， 所以. 故选：B. 7. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步率”都是的前提下，我们可以把看作是经过365天的“进步值”，看作是经过365天的“退步值”，可以计算得到，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么，如果每天的“进步率”和“退步率”都是20%，要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过（ ） A. 9天 B. 8天 C. 7天 D. 6天 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，即，结合对数的运算公式，即可求解. 【详解】根据题意，设经过天后，“进步值”时“退步值”的倍， 可得，即，即， 两边同取对数，可得，即， 所以要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过天. 故选：B. 8. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”， 事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误； ，，，， 因为，所以与独立，故选项C正确； 事件与不相等，故选项D错误. 故选：C. 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. 如图，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角定义，依图象分别判断各选项即可. 【详解】根据直线斜率与倾斜角定义，关系分别判断各选项. 由图像可知， 则， 故选：AD 10. 如图是某条公共汽车线路收支差额与乘客量的图象（收支差额车票收入支出费用）．由于目前本条线路亏损，公司有关人员将图变为图与图，从而提出了扭亏为盈的两种建议．下面有种说法中正确的是（ ）． A. 图的建议是：减少支出，提高票价 B. 图的建议是：减少支出，票价不变 C. 图的建议是：减少支出，提高票价 D. 图的建议是：支出不变，提高票价 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意知图象反应了收支差额与乘客量的变化情况，即直线的斜率说明票价问题；当的点说明公司的成本情况，再结合图象进行说明． 【详解】根据题意和图（2）知，两直线平行即票价不变， 直线向上平移说明当乘客量为时，收入是但是支出的变少了， 即说明了此建议是减少支出而保持票价不变； 由图（3）看出，当乘客量为时，支出不变， 但是直线的倾斜角变大，即相同的乘客量时收入变大， 即票价提高了，即说明了此建议是提高票价而保持成本不变． 故选：BD． 11. 以下四个命题叙述正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是1 B. 直线和的交点为，且在直线上，则的值是 C. 设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是 D. 直线：，：，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出直线的横截距判断A；解方程组求出判断B；求出点到直线的距离判断C；根据两直线平行的结论求解即可判断D. 【详解】对于A，直线，令，则， 所以直线在轴上的截距是，故A错误； 对于B，由，解得，即， 则，解得，故B正确； 对于C，依题意，的最小值即为原点到直线的距离， 所以，故C正确； 对于D，由，则，解得或2， 当时，：，：，符合题意， 当时，直线重合， 综上所述，，故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. 若，，，则实数的值所组成的集合为________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意有，即，且，分类讨论求的值. 【详解】因为，，， 所以， 所以， 所以或， 当时，解得，合题意， 当时，解得或， 若，，，合题意， 若，，，不满足集合中元素的互异性，舍去， 综上所述，. 故答案为：. 13. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，，，．若方向上的单位向量为，则在向量方向上的投影向量为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合垂直关系可得，，结合投影向量的定义分析求解. 【详解】因为平面平面，平面平面，平面，， 可得平面， 且平面，则， 又因为平面，平面，则， 故在方向上的投影向量为． 故答案为：. 14. 关于函数有如下四个命题： ①的图象关于y轴对称． ②的图象关于原点对称． ③的图象关于直线x=对称． ④的最小值为2． 其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，，，则， 所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误； 对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称， ， 所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确； 对于命题③，， ，则， 所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确； 对于命题④，当时，，则， 命题④错误. 故答案为：②③. 【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 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. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且平面，．求： （1）平面与平面所成的二面角的正弦值； （2）点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接建立空间直角坐标系，先求法向量，再求两法向量夹角的余弦值，再求正弦值即可； （2）直接用空间向量法求点到面的距离. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． ，，，，，， 设平面的法向量，则，令，则， 所以． 取平面的法向量为，， 所以， 即平面与平面所成的二面角的正弦值． 【小问2详解】 ，平面的法向量为， 点到平面的距离. 16. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数． （1）求证：点是函数图象的对称中心； （2）已知函数，求的值． 【答案】（1）因为，令， 所以 即， 所以是奇函数． 由题意，点是函数图象的对称中心． （2）8. 【解析】 【分析】（1）令，利用单调性的定义证明是奇函数即可； （2）根据条件可得，即，将数字直接代入计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知函数的图像的对称中心为， 所以， 所以， 所以， 所以． 17. 如图，在平面四边形中，，，的角平分线与相交于点，且. （1）求的大小； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用正弦定理结合已知条件求出，即可得解； （2）依题意可得，由求出，再在中利用余弦定理计算可得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 又， 所以，因为， 所以. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 因为平分，所以. 因为， 所以， 又，，所以， 解得， 因为，所以 ， 所以. 18. 某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛. 为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 0.40 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： （1）写出 的值； （2）若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （3）某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差 ，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率和频数的关系以及直方图中小矩形的面积代表频率，进行计算即可； （2）利用频率分布直方图计算第90百分位数即可； （3）根据平均数和方差的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由题意可知抽取的学生人数为：， 则第四组人数为：， 所以， ，，. 【小问2详解】 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第90百分位数为， 则，解得， 故晋级分数线划为82.5合理. 【小问3详解】 因为，所以. 标准差，所以， 则， 剔除其中的100和80两个分数，设剩余8个数为， 设平均数与标准差分别为， 则剩余8个分数的平均数为， 方差为， 故标准差为. 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】（1） 因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2） （3） 设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $