吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 样本数据24，13，14，18，12，14，20，16的75%分位数为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
2. 设事件A，B，已知P（A）＝，P（B）＝，P(A∪B)＝，则A，B之间的关系一定为（ ）
A. 两个任意事件B. 互斥事件
C. 非互斥事件D. 对立事件
3. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ）
A B. C. D.
4. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ）
A B. C. D.
7. 已知函数，若对任意实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（ ）
A. B. C. 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. 已知平面向量，，则（ ）
A. 当时，B. 若，则
C. 若，则D. 若与夹角为钝角，则
10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的取值范围为
C. 最小值为
D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
11. 设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ）
A. 事件相互独立与互斥不可能同时成立
B. 若三个事件两两独立，则
C. 若事件独立，则
D. 若，则
三、填空题
12. 已知平面向量，向量在向量上的投影向量为，则=______.
13. 已知事件与相互独立，，，则______．
14. 已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成的角为，且，，，则四面体体积的最大值是__________．
四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为号和号），记下两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率：
（1）“两个点数之和是5”；
（2）“两个点数相等”；
（3）“号骰子的点数大于号骰子的点数”．
16. 已知平面向量，，，且，．
（1）求和；
（2）若，，求向量和向量的夹角的大小．
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
18. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船顺利发射，本次乘组将首次在空间站实施水生生态项目，即要实现“太空养鱼”，意味着我们有能力在太空构造新的生态环境和生态系统．郑州航天电子技术有限公司为此次任各提供了科技产品和技术服务，该公司为了提高单位职工的工作热情，开展了知识比赛，满分120分，100分及以上为“航天达人”，结果航天达人有t人，这t人按年龄分成了5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组，，第五组：，得到的频率分布直方图如下图，已知第一组有10个人．
（1）根据频率分布直方图，估计这t人年龄的第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“航天工程”的宣传大使．若第四组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这t人中35～45岁所有人的年龄的平均数和方差．（分层随机抽样中各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，，n，，．记总体的样本平均数为，样本方差为，则，
19. 如图是函数图象的一部分．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调区间；
（3）记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值．高二开学考数学
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 样本数据24，13，14，18，12，14，20，16的75%分位数为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义即可得解.
【详解】数据从小到大排序为12，13，14，14，16，18，20，24，则，
所以75%分位数为.
故选：C.
2. 设事件A，B，已知P（A）＝，P（B）＝，P(A∪B)＝，则A，B之间关系一定为（ ）
A 两个任意事件B. 互斥事件
C. 非互斥事件D. 对立事件
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先求P（A）＋P（B），然后检验P（A）＋P（B）是否与P(A∪B)相等，从而可判断是否满足互斥关系
【详解】因为P（A）＋P（B）＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件．
故选：B
【点睛】此题考查了互斥事件的概率公式的简单应用，属于基础题
3. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可.
【详解】设圆台的母线长为l，高为h，
因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，母线，
因此圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选：A
4. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用投影向量的公式即可求解.
【详解】向量在向量方向上的投影向量，
故选：D．
5. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量计算可得.
【详解】因为，且，
所以，即夹角为，
故选：C.
6. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值．
【详解】因为，
由正弦定理得，
所以，
所以，
由余弦定理得，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以当时，取得最大值，
此时，
所以的最大值是．
故选：D．
7. 已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由，
函数值域为，
又对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，
解得，
故选：D.
8. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式计算即得.
【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为，
所以李华最终通过面试的概率为.
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. 已知平面向量，，则（ ）
A. 当时，B. 若，则
C. 若，则D. 若与的夹角为钝角，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量加法坐标公式计算可判断A；根据向量平行的坐标公式计算即可判断B；根据向量垂直坐标公式计算即可判断C；根据向量数量积坐标公式计算即可判断D.
【详解】对A，当时，，所以，故A正确；
对B，若，则，解得，故B错误；
对C，若，则，解得，故C正确；
对D，若与的夹角为钝角，则且与不共线，
解得且，即，故D正确，
故选：ACD
10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的取值范围为
C. 的最小值为
D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】构造正方体模型，即可判断A、B，展开为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C，构造正方体模型，求出外接球半径，然后计算得到球心到截面距离，然后结合勾股定理即可求解D选项.
【详解】
对于A，如图，将几何体补为正方体，易知，，又，所以，故A正确；
对于B，如图，将几何体补为正方体，当动点M运动到点B时，此时直线与所成角最小，为，但此时直线与相交，不满异面；
当动点M由点B向点C运动时，直线与所成角慢慢变大，当动点M运动到点C时，此时直线与所成角最大，易知 是等边三角形，所以直线与所成的角为，而，即此时直线与所成角为；所以，异面直线与所成角的取值范围为，故B错误；
对于C，如图，将平面与平面展为同一平面，则
，故C错误
对于D，如图，补为正方体，三棱柱外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径，即，
，所以
所以，
取正方体的中心点O，的中点N，连接ON，易知，
所以，设正方体的中心点O到截面的距离为h，
即球心到截面的距离为，根据勾股定理可得截面圆半径为，
所以截面面积为，故D正确.
故选：AD
11. 设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ）
A. 事件相互独立与互斥不可能同时成立
B. 若三个事件两两独立，则
C. 若事件独立，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的；三个事件两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断是否成立；利用概率公式求解.
【详解】若相互独立，则；若互斥，则，
而，，所以事件相互独立与互斥不可能同时成立，故A正确；
当三个事件两两独立时，一般不成立．
比如：设样本空间含有等可能的样本点，且，
则，，
所以，
即三个事件两两独立，但是，故B错误；
若相互独立，则也独立，故C正确；
由得，所以，故D正确；
故选：ACD．
三、填空题
12. 已知平面向量，向量在向量上的投影向量为，则=______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求解
【详解】由投影向量的定理可得，向量在向量上的投影向量为：，
又向量在向量上的投影向量为，所以，
所以，所以，
故答案为：
13. 已知事件与相互独立，，，则______．
【答案】0.88
【解析】
【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案.
【详解】因为事件与相互独立，
所以，
所以．
故答案为：0.88
14. 已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成角为，且，，，则四面体体积的最大值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，找到，求出，由正弦定理得到点在半径为的的外接圆的劣弧上，当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，从而求出三棱锥的体积最大值为，由得到答案.
【详解】在平面内，分别过作的平行线交于点，连接，
则四边形为平行四边形，则，，
则，
在中，，，由正弦定理得，
其中为的外接圆半径，解得
则点在半径为的的外接圆的劣弧上，
作⊥，垂足为，如图1，
则当为的中点，即时，最大，此时，
如图2所示，此时，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，
连接，此时三棱锥的体积最大，最大为，
而，故四面体的最大值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛，将四面体补形为四棱锥，从而结合异面直线夹角求出三角形面积，再结合点到平面的距离最大值求出体积最大值
四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为号和号），记下两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率：
（1）“两个点数之和是5”；
（2）“两个点数相等”；
（3）“号骰子的点数大于号骰子的点数”．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）判断出符合古典概型，列出样本空间，找到满足事件样本点，求比值即可；
（2）列出满足事件的样本点，求比值即可；
（3）列出满足事件的样本点，求比值即可．
【小问1详解】
用表示号出现的点数为，用表示号出现的点数为，
则用表示这个实验的一个样本点，
样本空间，共有36个样本点．
由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型．
，
，
；
【小问2详解】
，
，
；
【小问3详解】
．
16. 已知平面向量，，，且，．
（1）求和；
（2）若，，求向量和向量的夹角的大小．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由列方程可求出，再由列方程可求出，从而可求出和；
（2）先求出向量和向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
故，；
【小问2详解】
，，
设向量和向量的夹角为，
则，
因为，所以，
即向量和向量的夹角的大小为．
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依据给定条件，并结合正弦定理，余弦定理求解即可.
（2）利用重要不等式求出，再结合三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，若，
由正弦定理得，故，
即，由余弦定理得，故
【小问2详解】
当时，，由重要不等式得，
当且仅当时取等，故有，解得，
而，故，
故面积的最大值是.
18. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船顺利发射，本次乘组将首次在空间站实施水生生态项目，即要实现“太空养鱼”，意味着我们有能力在太空构造新的生态环境和生态系统．郑州航天电子技术有限公司为此次任各提供了科技产品和技术服务，该公司为了提高单位职工的工作热情，开展了知识比赛，满分120分，100分及以上为“航天达人”，结果航天达人有t人，这t人按年龄分成了5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组，，第五组：，得到的频率分布直方图如下图，已知第一组有10个人．
（1）根据频率分布直方图，估计这t人年龄的第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“航天工程”的宣传大使．若第四组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这t人中35～45岁所有人的年龄的平均数和方差．（分层随机抽样中各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，，n，，．记总体的样本平均数为，样本方差为，则，
【答案】（1）
（2）年龄的平均数为，方差约为
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第百分位数第四组，根据第百分位数定义可构造方程求得结果；
（2）由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.
【小问1详解】
设第百分位数为，
，，
位于第四组：内；
由得：．
【小问2详解】
由题意得，第四组应抽取人；第五组抽取人， 设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数分别为，方差分别为，
设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数分别为，方差分别为，
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，
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，
则
.
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；
据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．
19. 如图是函数图象的一部分．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调区间；
（3）记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，，单调递减区间为，
（3），
【解析】
【分析】（1）根据函数图象可得，由周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式；
（2）根据正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，由的取值范围求出的取值范围，令， ，即，结合正弦函数的图象及对称性计算可得.
【小问1详解】
由图可得，
函数的最小正周期为，又，
则，所以，
又函数过点，所以，则，
则，解得，
因为，所以，
所以．
【小问2详解】
令，，解得，，
令，，解得，．
因此函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，．
【小问3详解】
方程，即，即，
因为，所以，
设，其中，即，
结合正弦函数的图象，可得方程在区间有个解，即，
又的对称轴为，
不妨设个解从小到大依次为，
则关于对称，关于对称，关于对称，
所以，，，
即，，，
解得，，．
所以，
所以，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是换元转化为方程在区间上的解的个数，结合正弦函数的图象及对称性计算得解.