2022-2023学年黑龙江哈尔滨第九中学校高二上学期开学检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江哈尔滨第九中学校高二上学期开学检测数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江哈尔滨第九中学校高二上学期开学检测数学试题 一、单选题1．已知为虚数单位，若复数（）的虚部为-3，则A．5 B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，则，应选答案B．2．在中，角，，所对的边长分别为，，，如果，那么一定是（    ）．A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形【答案】D【详解】∵，由正弦定理可得，即，∴，∴，∴一定是等腰三角形．故选．3．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括（   ）A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆锥C．两个圆台、一个圆柱 D．一个圆柱、两个圆锥【答案】D【解析】先将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，根据旋转体的定义，可直接得出结果.【详解】将等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，如图所示：矩形绕其一边旋转一周得到圆柱，直角三角形绕其一条直角边旋转一周得到圆锥；因此，将该等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，可得几何体为：一个圆柱、两个圆锥.故选：D.4．如图在△ABC所在平面上有一点P，满足＋＋＝，则△PAB与△ABC的面积之比是(　　)A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵＋＋＝，∴＋＋-=，即＋＋+=∴＋+=，2+=，∴点P在线段AC上，且|AC|=3|PA|那么△PAB的面积与△ABC的面积之比是．故选 A．5．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中①+与1+1是一对相反向量；②-1与-1是一对相反向量；③1+1+1+1与+++是一对相反向量；④-与1-1是一对相反向量．正确结论的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由向量的加减运算对各个选项进行检验即可.【详解】设E,F分别为AD和A1D1的中点，①+与+不是一对相反向量，错误；②-与-不是一对相反向量，错误；③1+1+1+是一对相反向量,正确；④-与1-不是一对相反向量,是相等向量，错误．即正确结论的个数为1个故选：A6．200辆汽车通过某一段公路时时速的频率分布直方图如图所示，则时速的众数、中位数的估计值为（    ）A．62 km/h，62.5 km/hB．65 km/h，62 km/hC．65 km/h，62.5 km/hD．62.5 km/h，62.5 km/h【答案】C【分析】众数为最高组的组中值，首先求出前两组的概率，即可求出中位数；【详解】解：∵最高的矩形为第三个矩形，∴时速的众数的估计值为km/h.前两个矩形的面积为(0.01＋0.03)×10＝0.4.∵0.5－0.4＝0.1，，∴中位数的估计值为60＋2.5＝62.5(km/h).故选：C.7．如图所示，在平行四边形中，，沿将折起，使平面平面，连接，则在四面体的四个面中，互相垂直的平面的对数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用线面垂直得到平面平面，平面平面，平面平面，得到答案.【详解】平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，故平面平面；，平面，故平面，平面，故平面平面； 综上所述：平面平面；平面平面；平面平面；故选：C8．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．某天，齐王与田忌赛马，双方约定：比赛三局，每局各出一匹，每匹马赛一次，赢得两局者为胜，则田忌获胜概率为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】设齐王的三匹马分别为，田忌的三匹马分别为，列举所有比赛的情况，利用古典概型的概率公式计算即可得出结果.【详解】设齐王的三匹马分别为，田忌的三匹马分别为，所有比赛的情况:：、、，齐王获胜三局；、、，齐王获胜两局；、、，齐王获胜两局；、、，齐王获胜两局；、、，田忌获胜两局；、、，齐王获胜两局，共6种情况，则田忌胜1种情况，故概率为故选：B【点睛】本题考查了古典概型的概率计算问题，考查了理解辨析和数学运算能力，属于中档题目. 二、多选题9．某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有30个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二，学校计划从这两个年级中共抽取235人进行视力调查，下列说法中正确的有（    ）A．应该采用分层抽样法抽取B．高一、高二年级应分别抽取100人和135人C．乙被抽到的可能性比甲大D．该问题中的总体是高一、高二年级的全体学生的视力【答案】ABD【分析】由于各年级的年龄段不一样，因此应采用分层随机抽样法，并且按照各年级的比例抽取样本个数，综合分析，即得解.【详解】易知应采用分层抽样法抽取，A正确；由题意可得高一年级的人数为，高二年级的人数为，则高一年级应抽取的人数为，高二年级应抽取的人数为，所以高一、高二年级应分别抽取100人和135人，故B正确；乙被抽到的可能性与甲一样大，故C错误；该问题中的总体是高一、高二年级的全体学生的视力，故D正确．故选：ABD.10．从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（    ）A．2个球都是红球的概率为B．2个球不都是红球的概率为C．至少有1个红球的概率为D．2个球中恰有1个红球的概率为【答案】ACD【分析】根据独立事件乘法公式计算2个球都是红球的概率，判断A;利用对立事件的概率计算方法求得2个球不都是红球的概率，判断B;根据对立事件的概率计算判断C;根据互斥事件的概率计算可判断D.【详解】设“从甲袋中摸出一个红球”为事件，从“乙袋中摸出一个红球”为事件，则，，对于A选项，2个球都是红球为，其概率为，故A选项正确，对于B选项，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为，故B选项错误，对于C选项，2个球至少有一个红球的概率为，故C选项正确，对于D选项，2个球中恰有1个红球的概率为，故D选项正确．故选：ACD．11．点O在所在的平面内,则以下说法正确的有A．若,则点O为的重心B．若,则点O为的垂心C．若,则点O为的外心D．若,则点O为的内心【答案】AC【解析】逐项进行分析即可.【详解】解：选项A，设D为的中点，由于，所以为边上中线的三等分点(靠近点D)，所以O为的重心；选项B，向量分别表示在边和上的单位向量，设为和，则它们的差是向量，则当，即时，点O在的平分线上，同理由，知点O在的平分线上，故O为的内心；选项C，是以为邻边的平行四边形的一条对角线，而是该平行四边形的另一条对角线，表示这个平行四边形是菱形，即，同理有，于是O为的外心；选项D，由得，∴，即，∴．同理可证，∴，，，即点O是的垂心；故选：AC．【点睛】本题主要考查平面向量在三角形中的应用，考查向量的数量积，考查三角形的“五心”，属于中档题．12．如图，在平行六面体中，AC和BD的交点为O，设，，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】求得判断选项A；求得判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D.【详解】选项A：.判断正确；选项B：.判断错误；选项C：.判断正确；选项D：.判断错误.故选：AC 三、填空题13．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为________.【答案】【分析】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，由圆柱的表面积求出，代入圆柱的体积公式，求出其体积，结合题目中的结论，即可求出该圆柱的内切球体积.【详解】设圆柱底面半径为，则其母线长为，因为圆柱的表面积为所以，得到所以圆柱的体积为，根据题意可知圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以该圆柱的内切球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式，考查对题意的理解和转化，属于中档题.14．某企业三月中旬生产三种产品共3000件，根据分层抽样的结果，企业统计员制作了如下的统计表格（见如图）.由于不小心，表格中产品的有关数据已被污染看不清，统计员记得产品的样本容量比产品的样本容量多10，根据以上信息，可得的产品数量是__________件.产品类别产品数量/件 1500 样本容量/件 150   【答案】700【分析】设样本容量为，即，求得样本容量，再设产品的样本容量为，即，计算即可解决.【详解】设样本容量为，所以，所以，所以产品与产品在样本中共有件，设产品的样本容量为，所以，所以，所以产品的产品数量是件.故答案为：70015．有以下命题：①若（），则与、共面；②若与、共面，则（）；③若（），则M、P、A、B共面；④若M、P、A、B共面，则（）.则所有真命题的序号为___________.【答案】①③【分析】由空间向量的共面定理判断.【详解】由空间向量的共面定理可知，①真、③真；对②，当与共线且与、不共线时，满足与、共面，但不存在实数组，使成立，故②假；对④，当M、A、B共线且P与M、A、B不共线时，满足M、P、A、B共面，但不存在实数组，使，故④假.故答案为：①③ 四、双空题16．已知四棱锥的底面ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，，E为PD中点，过EB作平面分别与线段PA、PC交于点M，N，且，则________；四边形EMBN的面积为________.【答案】          【分析】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，可得，在三角形和中，利用平面几何三角形全等和平行线中的比例关系可得；至于四边形EMBN的面积，连接，，可证明，求出的长度，通过面积公式可得答案.【详解】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，又平面平面，，即三点共线，又，由线面平行的性质定理可得，则，即，点为的中点，又E为PD中点，则，，，又，，则，过作交于点，，则，；连接，由同理可得，，又平面ABCD，平面ABCD，，又，面，又面，，，，，又，所以四边形EMBN的面积为.故答案为：；. 【点睛】本题考查空间线面平行的判定和性质，考查空间线面垂直的判定和性质，关键是利用线面平行的性质合理作出图像，考查学生的作图能力和计算能力，是中档题. 五、解答题17．如图，G是△OAB的重心，P，Q分别是边OA、OB上的动点，且P，G，Q三点共线．(1)设，将用，，表示；(2)设，，证明：是定值．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）寻找包含的图形，利用向量的加法法则知 ，再根据和 即可（2）根据（1）结合，知： ，再根据是 的重心知： ，最后根据 不共线得到关于 的方程组即可求解【详解】(1)解　＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ.(2)证明　一方面，由(1)，得＝(1－λ)＋λ＝(1－λ)x＋λy；①另一方面，∵G是△OAB的重心，∴＝＝× (＋)＝＋.②而，不共线，∴由①②，得解得∴＋＝3(定值)．【点睛】本题考查了向量的加减法，三角形的重心的性质，平面向量的定值问题，属于基础题．18．如图，正三棱柱的每条棱的长度都相等，D，F分别是棱，的中点，E是棱上一点，且∥平面.（1）证明：∥平面.（2）求四棱锥的体积与三棱柱的体积之比.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）由线面平行的性质定理可得，然后可得E是的中点，然后证明四边形是平行四边形，得出即可（2）首先证明平面，设，然后分别求出四棱锥和三棱柱的体积即可.【详解】（1）证明：因为平面，平面平面，且平面，所以.因为D是棱的中点，所以E是的中点，又F是棱的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.（2）解：因为F是棱的中点，所以.又底面，所以，而，所以平面.设，则，四棱锥的体积，又三棱柱的体积，故.【点睛】本题考查的是线面平行的证明和几何体体积的求法，属于基础题.19．在中，分别是角的对边，已知，，且.(1)求的值；(2)若，的面积为，求的周长.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示建立关系，再由正弦定理化边为角，逆用和角的正弦公式即可解得，进而可解出的值；（2）利用三角形面积定理求出ac，再用余弦定理建立关系即可作答.【详解】（1）因向量，，且，则，在中，由正弦定理可得，即；又，则有，而，，所以，又，，则.（2）由（1）及余弦定理得：，即.又的面积为，即，所以.从而得，，则，即，所以的周长为.20．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：(1)BD1的长；(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．【详解】（1）∵，＝24，∴的长为，（2）∵，∴，∴，∵，，∴＝，所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．21．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求：（1）该应聘者用方案一考试通过的概率；（2）该应聘者用方案二考试通过的概率．【答案】（1）;（2）;【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式及互斥事件的加法公式直接计算即可；（2）分情况结合乘法公式即互斥事件加法公式即可得解.【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，，，则，，，应聘者用方案一考试通过的概率：；（2）应聘者用方案二选择任意两科的概率为，考试通过的概率：.22．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面.（1）若为边的中点，求证：平面.（2）求证：.（3）若为边的中点，能否在上找出一点，使平面 平面？【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）证明，利用面面垂直的性质即可证明（2）证平面即可得（3）存在点，且为的中点，证明平面，即可证出平面 平面.【详解】证明：连接，，因为是等边三角形，为边的中点，所以．因为平面平面，所以平面，所以．因为四边形是菱形，所以．又因为，所以是等边三角形，所以．又因为，，所以平．（2）证明：因为，，，所以平面．又因为 平面，所以．（3）存在点，且为的中点．证明如下：连接交于，连接，因为且，又，分别是，的中点，连接，所以且，所以四边形是平行四边形，所以．又因为，所以．由（1）知平面，所以平面．又 平面，所以平面平面．【点睛】本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题.