精品解析：四川省南充市高坪中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

高坪中学高2023级高二上期入学考试 数 学 试 卷 （时间：120分钟 满分：150分） 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下： 5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901 13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172 14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972 估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ） A 14292 B. 14359 C. 14426 D. 14468 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定数据，利用第75百分位数的意义求解即得. 【详解】由，得样本的第75百分位数为第23个数据， 据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426. 故选：C 3. 已知是第四象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由是第四象限角，得到，再由求解. 【详解】因为第四象限角，且， 所以， 所以， 故选：A 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C，若，则或与相交，故C错误； 对于D，若，则存在直线（不与重合），使得，又，则或与相交， 若，则，此时可以满足，只需即可，所以， 若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾， 所以，则，故D正确； 故选：D. 5. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理角化边，由三角形面积公式求，再结合余弦定理，即可求解. 【详解】由正弦定理角化边，可知，，且 则，，则， 则，① 由余弦定理，② 由①②得，，即 故选：B 6. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解即可. 【详解】设与的夹角为， 则在上的投影向量为. 故选：B. 7. 已知是边长为2的正六边形内（含边界）一点，为边的中点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过数量积定义得出与重合时取得最大值，与重合时，取得最小值，然后建立如图所示的平面直角坐标系，用坐标法求数量积． 【详解】如图，过作于，则，当与同向时为正，当与反向时为负， 分别过作，，为垂足， 则得当与重合（即与重合）时，取得最大值，当与重合（即与重合）时，取得最小值， 是正六边形，因此以为轴，为建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，，是中点，则， ，，， ，， 所以的范围是， 故选：B． 8. 在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值. 【详解】，，，，又为中点， ，则，即为等边三角形， 设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接， ，，，即外接圆半径为， 又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心， 由球的性质可知：平面，又平面，， ，，； 设点到平面的距离为， 由得：， 又与均为边长为的等边三角形，， 直线与平面所成角的正弦值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值. 二、多选题：本题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. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 曲线关于对称 D. 曲线关于对称 【答案】BC 【解析】 【分析】利用降幂公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的图象性质逐项判断. 【详解】函数， 对于A，的最小正周期为，A错误； 对于B，由，得，而函数在上单调递增， 因此在上单调递增，B正确； 对于C，，曲线关于对称，C正确； 对于D，，曲线关于不对称，D错误. 故选：BC 10. 如图，棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 过点的平面，截正方体的截面面积为9 D. 二面角的平面角余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，通过证明,说明直线共面；对于B项，三棱锥的体积问题，是通过等体积转化，使其易于求解；对于C项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积；对于D项，作出二面角的平面角，计算其余弦值 【详解】　　 对于A项，如图①，分别连接,在正方体中， 易得四边形是矩形, ， 又分别是棱的中点， , 故,即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②， ,故B项正确； 对于C项，如图，③连接易得 因平面平面，则为过的平面与平面的一条截线， 即过点的平面即平面. 由,可得四边形为等腰梯形， 故其面积： ，故C项错误. 对于D项，如图④，连接交于，， 平面,平面,所以， 又，，平面,平面， 所以平面,即是二面角的平面角， 又， 故，故D项正确； 故选：ABD. 11. 在锐角中，设，，分别表示角，，对边，，，则下列选项正确的有（ ） A. B. 的取值范围是 C. 当时的外接圆半径为 D. 若当变化时，存在最大值，则正数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由对进行化简得，在利用正弦定理可以推出；再由为锐角三角形化简出的取值范围，且根据正弦定理化简出可判断出的取值范围；同样根据，加上，求出，再利用正弦定理即可求出的外接圆半径；由的取值范围，且对进行化简得，且，当取到最大值时转化成求出的取值范围. 【详解】对于A：，且，即， 由正弦定理得：， 即， 或（舍去）， ，故A正确； 对于B：由正弦定理， 则， 为锐角三角形，则，即， ，所以，故B不正确； 对于C：且， ，所以， 由正弦定理，求得，即的外接圆半径为；故C正确； 对于D： ，且， ，即； 要使得有最大值，即有最大值， 此时，当有最大值时，即时， 有最大值为，此时， ，又， ，， ∴的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是利用正弦定理得到，再求出角的范围即可判断；D选项的关键是充分利用辅助角公式得到其范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】运用斜二测画法，逆向画出原图.求出四边形面积即可． 【详解】如图，运用斜二测画法，逆向画出原图.在轴位置不变，，长度不变； 点在轴上，求得，则，是原来的两倍； ，长度不变，． 则四边形为平行四边形，面积为：． 故答案为：． 13. 在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，为线段上的动点，为中点，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：根据平面向量线性运算及数量积的定义即可求解；解法二：建立直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式即可求解． 【详解】解法一：由题意可知：， 因为为线段上的动点，设， 则， 又因为为中点，则， 可得 ， 又因为，可知：当时，取到最小值． 解法二：以为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为点在线段上，设， 且为中点，则， 可得 则，且， 所以当时，取到最小值为． 故答案为：． 14. 点到二面角的面的距离分别是，点到棱的距离是，则二面角的大小是____________. 【答案】或或或 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点与二面角的位置关系分类，再利用几何法求出二面角大小. 【详解】当点P在二面角的内部，如图所示： 由，得，而平面， 则平面，令平面，于是，是二面角的平面角， 由Р到平面、和棱的距离分别为和，得， 因此，则， 若二面角的一个半平面是二面角的半平面的反向延长面，则二面角大小为； 当点P在二面角的外部，如图所示： 由，得，而平面， 则平面，令平面，于是，是二面角的平面角， 由Р到平面、和棱的距离分别为和，得， 因此，则， 若二面角的一个半平面是二面角的半平面的反向延长面，则二面角大小为， 所以二面角的大小是或或或. 故答案为：或或或 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，． （1）若，，且、、三点共线，求的值 （2）当为何值时，有与垂直 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出、的坐标，由、、三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值； （2）依题意可得，根据数量积的坐标表示计算可得． 【小问1详解】 ，， ，， ，，三点共线， 与共线， ，解得； 【小问2详解】 ，， 与垂直， ，解得． 16. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值与样本成绩的第75百分位数： （2）在样本答卷成绩为的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ （3）已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】（1）；第75百分位数为84． （2）5个 （3）总平均数，总方差． 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1列方程可求出的值，再判断第75百分位数，然后列方程可求得结果； （2）先根据频率分布直方图计算出成绩在和样本人数得成绩在的比例系数，再根据比例抽样即可； （3）先计算成绩在和的市民人数，再根据分层随机抽样的总平均数和总方差的公式计算即可. 【小问1详解】 （1）由每组小矩形的面积之和为1得， ，所以． 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第百分位数，由， 解得，所以第百分位数为． 【小问2详解】 由频率分布直方图知，样本成绩为的三组答卷的市民有 个样本， 成绩在的市民人数为， 所以用分层抽样的方法应在答卷成绩为的中抽取市民人数为个. 【小问3详解】 由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 所以总平均数， 由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 ． 17. 如图所示，直三棱柱的各条棱长均为 ，是侧棱 的中点． （1）求证：平面平面； （2）求异面直线与 所成角的余弦值； （3）求平面与平面 所成二面角（锐角）的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（l）为证明平面平面 ，需在平面找一条直线垂直于平面 ，取取的中点 ，的中点 ，连结 ，要证明平面，利用平面 ，再证明即可； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为建立空间直角坐标系，写出点坐标，求出异面直线与的方向向量，由向量公式即可求两异面直线所成的角的余弦值； （3）运用空间向量知识求出平面与平面的法向量，由两向量的夹角公式先求出两个平面的法向量所成角的余弦值，再由两个平面所成的锐二面角与法向量夹角的关系可求两平面所成二面角的大小． 【小问1详解】 证明：取的中点，的中点．连结． 故． 又四边形 为平行四边形，∥． 又三棱柱是直三棱柱．△ 为正三角形．平面，， 而，平面 ， 又∥，平面． 又平面． 所以平面平面． 【小问2详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则 设异面直线与所成的角为，则 故异面直线与所成角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）得 设为平面的一个法向量． 由得， 即 显然平面的一个法向量为． 则，故 ． 即所求二面角的大小为 18. 在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于. （1）若. ①用，表示； ②若，求的值； （2）若，求最小值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①利用向量的几何运算求解；②设，然后用表示，然通过，将也用表示，然后利用系数对应相等列方程组求解； （2）设，将用表示，然后利用系数对应相等将用表示，然后利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 ①因为，所以， 故在中，； ②因为，，三点共线，设， 所以， 因为，所以，所以 又由①及已知，，所以， 解得； 【小问2详解】 因为，又，，三点共线，设， 所以， 又因为，所以， ， 当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为. 19. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角； （2）若，求的面积的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）已知条件利用正余弦定理边化角，结合倍角公式化简得，求角； （2）由正弦定理有，由，得，所以可求取值范围； （3）由，可得，由，可求实数的取值范围． 【小问1详解】 由，得， 由余弦定理得， 再由正弦定理及倍角公式得 ， 得，即，在锐角中，有． 【小问2详解】 ，，则． 由正弦定理，有， ． 又是锐角三角形，有，得，则， 所以． 即的面积S的取值范围； 【小问3详解】 ，由正弦定理， 得，， ，即 又，且， ， 设，函数，， 任取，则， ，， 当，，，即， 当，，，即， 即在上单调递减，在上单调递增， ，， ，，则 实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛： 在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理实现“边化角”，出现边的二次式一般采用到余弦定理实现“角化边”．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高坪中学高2023级高二上期入学考试 数 学 试 卷 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下： 5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901 13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172 14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972 估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ） A. 14292 B. 14359 C. 14426 D. 14468 3. 已知是第四象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 6. 已知平面向量，，则在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是边长为2的正六边形内（含边界）一点，为边的中点，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 8. 在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法中正确是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 曲线关于对称 D. 曲线关于对称 10. 如图，棱长为2正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 过点的平面，截正方体的截面面积为9 D. 二面角的平面角余弦值为 11. 在锐角中，设，，分别表示角，，对边，，，则下列选项正确的有（ ） A. B. 的取值范围是 C. 当时的外接圆半径为 D. 若当变化时，存在最大值，则正数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为________． 13. 在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，为线段上的动点，为中点，则的最小值为__________． 14. 点到二面角的面的距离分别是，点到棱的距离是，则二面角的大小是____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，． （1）若，，且、、三点共线，求的值 （2）当为何值时，有与垂直 16. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值与样本成绩的第75百分位数： （2）在样本答卷成绩为的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ （3）已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差． 17. 如图所示，直三棱柱的各条棱长均为 ，是侧棱 的中点． （1）求证：平面平面； （2）求异面直线与 所成角的余弦值； （3）求平面与平面 所成二面角（锐角）大小． 18. 在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于. （1）若. ①用，表示； ②若，求的值； （2）若，求的最小值. 19. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角； （2）若，求的面积的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$