2023-2024学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期开学考试数学试题含答案

2023-2024学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．如图为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是选项中的（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的规则判断．

【详解】由斜二测画法的规则可知，该平面图形为直角梯形，又因为第一象限内的边平行于y′轴，

故选：C.

2．在中，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦定理求出，再运用定义法求数量积.

【详解】在中，根据余弦定理得，，

所以.

故选：C

3．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（    ）

A．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” B．“至少有一个黑球”与“都是红球”

C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D．“至少有一个黑球”与“都是黑球”

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.

【详解】对于A，恰好有一个黑球的事件与恰好有两个黑球的事件不能同时发生，可以同时不发生，

因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事件，A是；

对于B，至少有一个黑球的事件与都是红球的事件是对立事件，B不是；

对于C，至少有一个黑球的事件与至少有一个红球的事件可以同时发生，不互斥，C不是；

对于D，至少有一个黑球的事件与都是黑球的事件可以同时发生，不互斥，D不是.

故选：A

4．“治国之道，富民为始.”共同富裕是社会主义的本质要求，是中国式现代化的重要特征，是人民群众的共同期盼.共同富裕是全体人民通过辛勤劳动和相互帮助最终达到丰衣足食的生活水平，是消除两极分化和贫穷基础上的普遍富裕．请你运用数学学习中所学的统计知识加以分析，下列关于个人收入的统计量中，最能体现共同富裕要求的是（       ）

A．平均数小，方差大 B．平均数小，方差小

C．平均数大，方差大 D．平均数大，方差小

【答案】D

【分析】根据平均数与方差的含义即可求解.

【详解】方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，平均数是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小.

故选：D

5．已知事件A与B互斥，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由事件互斥及概率的性质判断各项的正误即可.

【详解】由事件A与B互斥，则，，A错，B对；

由，，故C、D错.

故选：B

6．一个正方体纸盒展开后如图所示，在关于原正方体纸盒的下列结论中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，利用正方体的几何特征逐项判断.

【详解】解：把正方体的平面展开图还原成原来的正方体如图所示：

则，故A正确；

因为，则为直线AB与直线CN所成的角，因为是等边三角形，则，故AB与CN不垂直，故B错误；

因为，又，所以，故C错误；

因为，则为直线MN与直线EF所成的角，因为是等边三角形，则，故MN与EF不平行，故D错误；

故选：A

7．一组数据4.3，6.5，7.8，6.2，9.6，15.9，7.6，8.1，10，12.3，11，3，则它们的75%分位数是（    ）

A．10.3 B．10.4 C．10.5 D．10.6

【答案】C

【分析】根据百分位数定义计算即可.

【详解】数据从小到大为3，4.3，6.2，6.5，7.6，7.8，8.1， 9.6， 10， 11，12.3， 15.9，

因为,它们的75%分位数是.

故选:C.

8．如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知条件求得，，代入体积公式计算即可.

【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，①

由题意可得：，即：，②

所以由①②得：，，

所以小球缺的体积，

大球缺的体积，

所以小球缺与大球缺体积之比为.

故选：C.

二、多选题

9．已知是虚数单位，是复数，则下列叙述正确的是（    ）

A．

B．若复数，则为纯虚数的充要条件是

C．若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为

D．是关于的方程的一个根

【答案】AD

【分析】A选项，设，根据共轭复数的定义，模长公式进行判断；B选项根据纯虚数的条件判断，C选项根据复数的几何意义判断，D选项将代入方程进行检验即可.

【详解】A选项，设，于是，

，

，

，

故，A选项正确；

B选项，根据复数的概念，复数，

则为纯虚数的充要条件是且，B选项错误；

C选项，若，设，，

则在复平面内对应的点的集合确定的图形是单位圆及其内部，面积为，C选项错误；

D选项，，

故是关于的方程的一个根，D选项正确.

故选：AD

10．下列结论正确的是（    ）

A．已知向量，且与的夹角为锐角，则

B．中，，则有两解

C．向量能作为所在平面内的一组基底

D．已知平面内任意四点O，A，B，P满足，则A，B，P三点共线

【答案】CD

【分析】对于A，根据向量坐标运算以及夹角公式，结合向量共线坐标公式，可得答案；

对于B，利用余弦定理，可得答案；

对于C，根据平面向量的基底的定义，可得答案；

对于D，利用平面向量的线性运算，结合向量共线定理，可得答案.

【详解】对于A，由，，则，，，

由，且与的夹角为锐角，则，，

即，解得，

且，向量不共线，即，解得，故A错误；

对于B，根据余弦定理，则，即，

整理可得，，三角形无解，故B错误；

对于C，设，则，显然该方程组无解，即不共线，故C正确；

对于D，由，，，，则A，B，P三点共线，故D正确.

故选：CD.

11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）

A．是的充要条件

B．在中，若，，，则

C．若，，则面积的最大值为

D．若，则为钝角三角形

【答案】ACD

【分析】直接利用正弦定理的和大边对大角判断A的结论，利用正弦定理和三角函数的值判断B的结论，利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用判断C的结论，利用向量的数量积和余弦定理的应用判断D的结论．

【详解】对于A：由正弦定理，整理得，所以，由，所以，利用正弦定理，故是的充要条件，故A正确；

对于B：在中，若，，，利用正弦定理：，所以，由于，则或均符合题意，故B错误；

对于C：若，，则，所以，

又，所以，即，当且仅当时，等号成立，

故，故C正确；

对于D：，故，由于，所以，故为钝角三角形，故D正确．

故选：ACD．

12．如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（    ）

A．，E，O三点共线 B．异面直线BD与所成的角为

C．点到平面的距离为 D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为

【答案】AB

【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，判断A；由题意可证得平面，从而，判断B；由题意可证得平面，则的长度就是点到平面的距离，判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积判断D.

【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，

因为平面平面，所以平面平面，

所以点是平面与平面的公共点；

显然是平面与平面的公共点；

因为交平面于点平面，

所以也是平面与平面的公共点，

所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；

因为平面平面ABCD，所以，

又平面，

所以平面，又平面，

所以，即异面直线BD与所成的角为，故B正确；

根据证明的方法，同理可得，

因为平面，

所以平面，则的长度就是点到平面的距离，

显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，

所以正三角形的边长为，所以，

又，所以,

即点到平面的距离为，故C错误；

取的中点，连，因为，

所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，

所以等腰梯形的高为，

所以等腰梯形的面积为，

即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D错误．

故选：AB

三、填空题

13．若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为              .

【答案】/

【分析】依题意圆锥的底面半径，母线，根据侧面积公式计算可得.

【详解】依题意圆锥的底面半径，母线，则圆锥的侧面积.

故答案为：

14．若向量满足，则      .

【答案】1

【分析】将两边平方，然后将条件代入即可得到答案.

【详解】因为 ，

所以 ，即 ，

所以，即

所以，

所以

故答案为: .

15．数据，，的方差为，则数据，，的平均数为      ．

【答案】7或

【分析】结合方差的概念得到，然后化简整理得到，又因为数据，，的平均数为，带入数据即可求出结果.

【详解】数据，，的方差为，平均数为，

因为数据，，的方差为，

所以，

，

而，

所以，

即，故，即，

数据，，的平均数为，即或

故答案为：7或

16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为      ．

【答案】

【分析】正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解.

【详解】由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大，

因为棱长为6的正方体的内切球半径为

如图，设正四面体，O为底面的中心，连接，则底面，

则可知，正四面体的高，

利用勾股定理可知，解得：

故答案为：

四、解答题

17．（1）已知，且，，求.

（2）已知向量，，求与的夹角值.

【答案】（1）20或；（2）

【分析】（1）讨论同向或反向共线求数量积即可.

（2）利用向量夹角的坐标公式求夹角大小.

【详解】（1）由，若同向共线，则；

若反向共线，则；

所以；

（2）由，，所以.

18．甲、乙、丙三人组成一组，参加一个闯关游戏团体赛．三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，乙、丙都闯关成功的概率为．每人闯关成功记2分，三人得分之和记为小组团体总分．

（1）求乙、丙各自闯关成功的概率；

（2）求团体总分为4分的概率；

（3）若团体总分不小于4分，则小组可参加复赛，求该小组参加复赛的概率．

【答案】（1）乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为．（2）；

（3）；

【分析】（1）由题意知三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，乙、丙都闯关成功的概率为，设出乙闯关成功的概率和丙闯关成功的概率，列出两组闯关的概率的关系式，解方程，得到结果．

（2）团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，写出概率，把所有的概率的值相加，得到结果．

（3）团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，在上一问已经做出总分是4分的概率，只要再做出总分是6分的概率即可，团体总分为6分，即3人都闯关成功，得到结果．

【详解】解：（1）三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为，

甲、乙都闯关成功的概率为，乙、丙都闯关成功的概率为

设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为

乙丙独立闯关，

根据独立事件同时发生的概率公式得：

解得．

即乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为．

（2）团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关．

设“团体总分为4分”为事件，

则．

即团体总分为4分的概率为．

（3）团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，

设“团体总分不小于4分”为事件，

由（2）知团体总分为4分的概率为，

团体总分为6分，即3人都闯关成功的概率为．

所以参加复赛的概率为．

即该小组参加复赛的概率为．

19．如图，四棱锥中，ABCD为正方形，E为PC的中点，平面平面ABCD，.

(1)证明：平面BDE；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE，根据四边形ABCD为正方形，得到点O为AC的中点，再由E为PC的中点，得到，再利用线面平行判定定理证明；

（2）根据四边形ABCD为正方形，得到，再利用等体积法，由求解.

【详解】（1）证明：如图所示：

连接AC交BD于点O，连接OE，

因为四边形ABCD为正方形，所以点O为AC的中点，

又E为PC的中点，所以，

又因为平面BDE，平面BDE，

所以平面BDE.

（2）因为四边形ABCD为正方形，

所以，

又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，

所以平面，即AB为点B到平面PAD的距离，

又因为四边形ABCD为正方形，

所以，

因为，

所以是等边三角形，

则

所以.

20．某工厂有甲，乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人人，乙车间有工人人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人，甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成的一件产品的事件（单位：）进行统计，按照进行分组，得到下列统计图.

分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于的人数；

分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测车哪个车间工人的生产效率更高？

从第一组生产时间少于的工人中随机抽取人，求抽取人中，至少人生产时间少于的概率.

【答案】甲车间：人；乙车间：人；甲车间平均值：；乙车间平均值：；乙车间工人生产效率更高；

【分析】分别计算出在生产完成一件产品的频率，然后估算总体的频数；利用频数分布图和频率分布直方图分别估计平均值，由于乙车间平均值较小，可得乙车间生产效率高；可确定工人共有人，其中少于的共有人，列举出所有基本事件，根据古典概型求得结果.

【详解】第一组工人人，其中在内（不含）生产完成一件产品的有人

甲车间工人中生产一件产品时间少于的人数为（人）

第二组工人人. 其中在内（不含）生产完成一件产品的有人

乙车间工人中生产一件产品时间少于的人数为（人）

第一组平均时间为

第二组平均时间为

    乙车间工人生产效率更高；

由题意得，第一组生产时间少于的工人有人，其中生产时间少于的有人分别用代表，生产时间不少于的工人用代表

抽取人基本事件空间为，共个基本事件.

设事件“人中至少人生产时间少于”

则事件共个基本事件

【点睛】本题考查统计中的频数分布图和频率分布直方图、分层抽样、古典概型的问题；对于文科考题中的古典概型问题，主要考查的求解方法为：列举法.

21．如图，在中，，，点在线段上．

(Ⅰ) 若，求的长；

（Ⅱ） 若，的面积为，求的值．

【答案】(1) ；(2) .

【详解】（I）在三角形中，∵，∴．

在中，由正弦定理得，

又，，．∴．

（II）∵，∴，，

又，∴，

∵，∴，

∵，，

，∴，

在中，由余弦定理得．

∴，∴．

22．如图，四边形与四边形是全等的矩形，.

(1)若P是棱的中点，求证：平面平面；

(2)若P是棱上的点，直线BP与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）易证平面，从而，再由，得到，从而，同理，从而，即， 再由，得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；

（2）根据（1）得到，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，然后设二面角的大小为，由求解.

【详解】（1）由题意知 ，所以，

又因为，且，平面，平面，

所以平面，

又平面，所以.

，即，所以，所以，

同理，所以，即.

又由于，所以，且，

又平面，平面，

所以平面，

又因为面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，所以CP是直线BP在平面内的射影，

所以就是直线BP与平面所成的角，即，

所以，所以由勾股定理得，

又由（1）知，，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

设，则，，，

，，

设平面的一个法向量为，

由于，所以，即，

令，则，，即，

易知平面的一个法向量为，

设二面角的大小为，可知为锐角，

所以.

故二面角的正弦值为.