吉林省长春市吉林省实验中学2024-2025学年高二上学期假期验收（开学）考试数学试题（解析版）

这是一份吉林省长春市吉林省实验中学2024-2025学年高二上学期假期验收（开学）考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 在梯形中，，，，若，则等内容，欢迎下载使用。

数学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第II卷4至6页.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码.
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷､草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4.考试结束后，答题卡要交回，武由考生自行保存.
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. 已知复数的实部为正数，虚部为1，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据模长公式计算得出实部.
【详解】复数的实部为正数，虚部为1，故，
又因为可得，故，．
故选：A．
2. 若干人站成一排，其中为互斥事件的是（ ）
A. “甲站排头”与“乙站排头”B. “甲站排头”与“乙站排尾”
C. “甲站排头”与“乙不站排头”D. “甲不站排头”与“乙不站排头”
【答案】A
【解析】
【分析】利用互斥事件的概念，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，因为“甲站排头”与“乙站排头”不能同时发生，所以选项A正确，
对于选项B，因为“甲站排头”与“乙站排尾”可以同时发生，所以选项B不正确，
对于选项C，因为“甲站排头”与“乙不站排头” 可以同时发生，所以选项C不正确，
对于选项D，因为“甲不站排头”与“乙不站排头” 可以同时发生，所以选项D不正确，
故选：A.
3. 某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据，后来复查数据时，又将重复记录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 极差D. 众数
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由平均数，中位数，极差以及众数的定义，即可判断.
【详解】平均数是所有数据之和再除以这组数据的个数，故平均数有可能改变，
中位数是按照顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，故中位数也可能改变，
极差表示一组数据中最大值与最小值之差，将重复记录在数据中，最大值与
最小值并未改变，所以极差一定不变，
众数是一组数据中出现次数最多的数，有可能改变.
故选：C
4. 已知直线是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，且，，则
D. ，，三个平面最多可将空间分割成8个部分
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，与相交、平行或异面；对于B，或；对于C，由于直线未必相交，故无法判定与平行；对于D，，，三个平面两两垂直时，最多可将空间分割成8个部分．
【详解】直线是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，
对于A，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，且，，由于直线未必相交，所以与不一定平行，故C错误；
对于D，，，三个平面两两垂直时，最多可将空间分割成8个部分，故D正确
故选：D．
5. 已知的内角的对边分别为，且，则为（ ）
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】C
【解析】
【分析】由正弦定理可得，消去，可得，结合，可知为中最大的内角，最后利用余弦定理求得，可知为钝角，即得解.
【详解】由正弦定理得，，，为的外接圆半径，
因为，
所以，
因为，
所以，即，
又因为，即，
所以为中最大的内角，
则，
所以为钝角三角形.
故选：C.
6. 某企业不断自主创新提升技术水平，积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果.据悉该企业年种系列产品年总收入是年的倍，其中种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是（ ）

A. 年甲系列产品收入比年的多
B. 年乙和丙系列产品收入之和比年的企业年总收入还多
C. 年丁系列产品收入是年丁系列产品收入的
D. 年戊系列产品收入是年戊系列产品收入的倍
【答案】C
【解析】
【分析】利用已知条件可分别得出年和年种系列产品所占总收入的比例，结合该企业年种系列产品年总收入是年的倍，逐一检验选项即可得出答案．
【详解】对于A：年甲系列产品收入占了总收入的，年甲系列产品收入占了总收入的，
而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年甲系列产品收入比年的多，故A选项不符题意；
对于B：年乙和丙系列产品收入之和占了总收入的，该企业年种系列产品年总收入是年的倍，
故年乙和丙系列产品收入之和比年的企业年总收入还多，故B选项不符题意；
对于C：年丁系列产品收入占了总收入的，年丁系列产品收入占了总收入的，而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年丁系列产品收入是年丁系列产品收入的，故C选项符合题意；
对于D：年戊系列产品收入占了总收入的，年戊系列产品收入占了总收入的，而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年戊系列产品收入是年戊系列产品收入的倍，故D选项不符题意.
故选：C.
7. 在梯形中，，，，若，则（ ）
A. 12B. 16C. 20D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的数量积，结合向量的基本定理转化求解即可.
【详解】因为，
所以，
,
所以，可得，
.
故选：A.
8. 如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，此时三棱锥体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D.
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于A，圆锥的侧面积为：，故A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，因为为等腰三角形，，又，所以，
当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，
又因为与不重合，则，又，可得，故C错误；
对于D，由，得，又，
则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，如图可知，
因为，
，
则，故D正确；
故选：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. 已知复数，其中i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部为B.
C. D. 在复平面上的点在第二象限
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数虚部的定义即可判断A；根据共轭复数的定义即可判断B；根据复数的模的计算公式即可判断C；根据复数的几何意义即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的虚部为，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，在复平面上的点为，位于第二象限，故D正确.
故选：CD
10. 连续投掷一个质地均匀的正方体骰子两次，并记录每次骰子朝上的点数．记事件“第一次朝上的点数为奇数”，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 事件和互斥
C. D. 事件和相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式，可判定A正确；根据互斥事件的定义，举例说明，可判定
B不正确；根据事件的关系，结合古典概型的概率计算，可判定C正确；根据独立事件的判定方法，可判定D正确.
【详解】由连续投掷一个骰子两次，记录每次骰子朝上的点数，基本事件共有36种情况，
事件“第一次朝上的点数为奇数”，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”，
对于A中，事件“第一次朝上的点数为奇数”包含18种情况，所以概率为，所以A正确；
对于B中，例如：事件“第一次朝上的点数为3，第二次点数朝上的点数为3”，
事件和同时发生，所以事件和不是互斥事件，所以B不正确；
对于C中，事件“第一次朝上的点数为奇数”包含18种情况，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”包含18种情况，其中第一次点数为奇数且点数和能被2整除，包括9种，所以，所以C正确；
对于D中，由，，且，
所以，所以事件和相互独立，所以D正确
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使四点共面
B. 存在点，使平面
C. 三棱锥的体积为
D. 经过四点的球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接，证得和，得到，可判定A正确；连接，证得，利用线面平行的判定定理，可证得B正确；连接，结合，可判定C错误；分别取的中点，构造长方体，结合正方体的性质和球的表面积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图所示，在正方体中，连接，
因为分别是的中点，所以,
又因为，所以，所以四点共面，
即当与点重合时，四点共面，所以A正确；
对于B中，连接，当是的中点时，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，所以B正确；
对于C中，连接，因为，
则，所以C错误；
对于D中，分别取的中点，构造长方体，
则经过四点的球即为长方体的外接球，
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过四点球的表面积为，所以D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 683
257 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为______.
【答案】0.75##
【解析】
【分析】先求出三只豚鼠都没被感染的随机数的组数求出其概率，再根据对立事件的概率性质即可得出三只豚鼠中至少一只被感染的概率.
【详解】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，
随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，
故三只豚鼠都没被感染的概率为，
则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为.
故答案为：.
13. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
【详解】，，，
则，解得，
故，
故向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
14. 若一组样本数据的方差为2，，则样本数据的方差为__________.
【答案】2.5
【解析】
【分析】根据方差的定义列出满足的式子，结合已知条件代入即可求得.
【详解】，
，
.
故答案为：
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. 在△中，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化简即可；
（2）结合（1），利用余弦定理即可解得.
【小问1详解】
因为，所以，
又由正弦定理，所以有，
因为，，所以，
因为，所以有或．
【小问2详解】
当时，由余弦定理得，解得.
当时，由余弦定理得，解得．
所以的值为或．
16. 某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.
（2）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（3）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）岁
（2）
（3）10
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的平均数算法可得；
（2）根据古典型概念公式可得；
（3）根据分层抽样平均数和方差公式可得.
【小问1详解】
设这人的平均年龄为，则
【小问2详解】
由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），，，，
第五组抽取人，记为（乙），，
对应的样本空间的样本点为：
设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，
所以
【小问3详解】
设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
则，
，
因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.
据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差为10.
17. 如图，在直三棱柱中，已知，，，点，分别在棱，上，且，.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直三棱柱中，平面，可得，利用线面垂直的判定定理可得平面.
（2）在中，，，，则，得到垂直关系，计算三角形面积，利用等体积变换求得与平面之间的距离，继而利用线面所成角的正弦值．
【小问1详解】
直三棱柱中，平面，又平面，
且，
又，平面平面；
【小问2详解】
在中，，，则，
因此，
直三棱柱中，平面，又平面，，
且平面，
所以平面，与平面之间的距离为1，
因为平面，平面，所以平面，
与平面之间的距离与与平面之间的距离相等，
与平面之间的距离为1，
，
设与平面之间的距离为，，，
得，与平面所成的角的正弦值为.
18. 在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求C的值；
（2）若，求周长的最大值；
（3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和三角形面积公式化角为边后，再运用余弦定理即可求得；
（2）根据余弦定理化简后，利用基本不等式即可求得的最大值，即得周长最大值；
（3）利用三角形面积相等得到，根据正弦定理，将边分别用角表示，利用三角恒等变换将三角形面积表示成，求得的取值范围，利用正弦函数的值域即可求得面积的取值范围.
【小问1详解】
由和正弦定理，三角形面积公式可得，，
因，故得，，
由余弦定理，，因，则；
【小问2详解】
由余弦定理，，即，
整理得，，当且仅当时等号成立，即，
于是，，即当时，周长的最大值为；
【小问3详解】
由可得，
由正弦定理，，即得，，,
则
,
由为锐角三角形可得，，解得，，
则，由正弦函数的图象知，，故得，
即面积的取值范围为.
【点睛】思路点睛：对于三角形的周长最大值，可考虑余弦定理和基本不等式相结合解决；对于三角形面积的范围，一般考虑利用正、余弦定理将面积化成与正弦型函数相关的解析式，利用三角函数的值域求解.
19. 如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与交点为.
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面；
（3）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）利用线线平行推得线面平行即得；
（2）由等边三角形证，再由勾股定理逆定理证，由线线垂直推导线面垂直即得；
（3）作，证平面，作，证，得为二面角的平面角，由题设求得即得.
【小问1详解】
如图（1），连接.
由三棱柱可知侧面为平行四边形，所以为中点；
又因为为中点，所以//，
又平面平面，所以//平面；
【小问2详解】
如图（2），连接.
由菱形可知，因为，可得为等边三角形；
因是中点，则，且；由可得，；
因为，则有，即，
又平面平面，故平面；
【小问3详解】
由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面；
如图（3），过点作，垂足为，过作，垂足为，连接.
因为平面平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以；
因为平面平面，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角.
在中，，可得，
在中，，可得，
在中，，可得，
因为，所以，
即二面角的正弦值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和应用，以及运用几何法求解二面角，属于较难题.
解题关键在于深刻把握线面垂直的判定定理，执果索因，寻找线线垂直条件；求二面角的关键在于找到一个平面中的一点在另一个平面的射影，为作出平面角奠定基础.