河南省新乡市封丘县第一中学2024-2025学年高二上学期开学检测考试数学试题（解析版）

这是一份河南省新乡市封丘县第一中学2024-2025学年高二上学期开学检测考试数学试题（解析版），共16页。
姓名：__________班级：__________考号：__________
一､单项选择题（本大题共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.）
1 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解两个集合，再结合两集合交集定义求解答案；
【详解】因为，所以．
故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用复数的除法运算法则进行求解即可.
【详解】∵，∴，
故选：C
3. 已知是夹角为的单位向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用投影向量定义及数量积的几何意义进行求解即可．
【详解】因为．
故选：B．
4. 若直线的倾斜角为，则直线的一个法向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求直线斜率，得到方向向量，再取到法向量.
【详解】直线的倾斜角为，
直线的斜率，
直线的一个方向向量为，则直线的一个法向量为．
故选：B.
5. 下列四个函数中,以为最小正周期,且在区间上为减函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图像分析周期性和单调性选出答案即可.
【详解】解:由题知关于选项A,最小正周期为,所以选项A错误;
关于选项B,画函数图像如下:
根据图像可知选项B正确;
关于选项C,画函数图像如下:
根据图像可知周期为,选项C错误;
关于选项D,画函数图像如下:
根据图像可知函数在区间上为增函数,选项D错误.
故选:B
6. 幂函数在区间（0，+∞）上单调递增，且，则的值（ ）
A. 恒大于0B. 恒小于0C. 等于0D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】先根据幂函数的定义和函数单调性求出m的值，再判断函数的单调性，根据单调性和奇偶性即可判断．
【详解】幂函数在区间（0，+∞）上单调递增，
∴，解得m＝2，
∴，
∴在R上为奇函数，
由，得，
∵在R上为单调增函数，
∴，
∴恒成立．
故选：A．
7. 一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形可得，则可得四边形面积，后可得四边形的面积.
【详解】设轴与交点为D，因轴，轴，则，
又轴，则四边形为平行四边形，故.
又，结合A′B′⊥x′轴，则，故.
则四边形面积为，
因四边形面积是四边形的面积的倍，
则四边形OABC的面积为.
故选：B
8. 已知点是直线上的动点，由点向圆引切线，切点分别为且，若满足以上条件的点有且只有一个，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，结合圆的切线性质可推得点在以点为圆心，为半径的圆上，再由题意可知该圆与直线相切，利用点到直线的距离公式，即可求得答案.
【详解】连接，则.
又，所以四边形为正方形，，
于是点在以点为圆心，为半径的圆上.
又由满足条件的点有且只有一个，则圆与直线相切，
所以点到直线的距离，解得.
故选：D.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则不可能使的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意得只需即可，然后逐个分析判断.
【详解】若，则需，即，
对于A，，所以A正确，
对于B，，所以B正确，
对于C，，所以C正确，
对于D，，所以D错误.
故选：ABC
10. 锐角三角形中，角，，所对应的边分别是，，，下列结论一定成立的有（ ）.
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由为锐角三角形，正弦定理及余弦定理即可判断A；由诱导公式即可判断B；由为锐角三角形及三角函数的单调性即可判断C；由为锐角三角形及列出不等式组求解即可判断D．
【详解】对于A，因为为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，即，
由正弦定理得，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，因为为锐角三角形，且，所以，
又因为在上单调递增，所以，故C正确；
对于D，由得，，
由为锐角三角形得，，
即，解得，故D正确；
故选：BCD．
11. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列说法中正确的是（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是对立事件
C. D. 与是相互独立事件
【答案】CD
【解析】
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概念以及事件的概率求法判断即可.
【详解】由事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，
可知两事件互不影响，即M与N相互独立，
易得，，所以,且，
综上，选项C和选项D正确.
故选：CD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 某校在高一、高二、高三三个年级中招募志愿者50人，现用分层抽样的方法分配三个年级的志愿者人数，已知高一、高二、高三年级的学生人数之比为4:3:3，则应从高三年级抽取______名志愿者．
【答案】15
【解析】
【分析】根据分层抽样的特征可知，抽取人数等于样本容量乘以抽样比，即可求出．
【详解】高三年级抽取的人数为．
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查分层抽样的特征的理解和运用，属于容易题．
13. 从、、、任取两个不同的数字，分别记为、，则为整数的概率是______
【答案】
【解析】
【分析】由利用列举法先求出基本事件总数，再判断为整数满足的基本事件个数，由此能求出为整数的概率．
【详解】从、、、中任取两个数记为，作为对数的底数与真数： ，共12个不同的基本事件，
其中为整数的只有两个基本事件，所以其概率．
故答案为：.
14. 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，平面平面ABCD，中BC边上的高，则该几何体的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先补全多面体ABCDEF，得到三棱柱，然后求出三棱锥的体积，从而求解．
【详解】在多面体中，由，平面，平面，
得平面，延长FE到G，使得，连接DG、AG，如图：
显然，，几何体为三棱柱，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，则三棱柱为直三棱柱，
于是三棱锥的体积为：，
所以原几何体的体积为：.
故答案为：
四､解答题（本大题共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）求与的夹角；
（2）求与．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的运算律展开已知条件，将，代入求解可得；
（2）利用向量平方等于模的平方，转化为数量积求解即可.
【小问1详解】
由，得，
即，求得，
再由，可得．
【小问2详解】
；
．
16. 2024年5月15日是第15个全国公安机关打击和防范经济犯罪宣传日，某市组织了多个小分队走进社区，走进群众，开展主题为“与民同心，为您守护”的宣传活动，为了让宣传更加全面有效，某个分队随机选择了200位市民进行宣传，这些市民年龄的样本数据的频率分布直方图如图：

（1）请估计这200位市民的平均年龄（同组数据用组中值代替）；
（2）现用分层抽样的方法从年龄在区间和两组市民中一共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求“抽取的2人的年龄差大于10岁”的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数计算规则计算可得；
（2）首先求出年龄在区间和中抽取的人数，再列出所有可能结果，最后由古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得这200位市民的平均年龄为：
；
【小问2详解】
样本中年龄在区间的频率为，
年龄在区间的频率为，
则年龄区间抽取人，分别记作、、、，
年龄在区间抽取人，分别记作、，
从这6人中随机抽取2人进行电话回访可能结果有、、、、、、
、、、、、、、、共个，
其中满足抽取2人的年龄差大于10岁的有、、、、、、、共个，
所以“抽取的2人的年龄差大于10岁”的概率.
17. 甲､乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
（1）求甲､乙各射击一次，至少击中目标一次的概率；
（2）若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
（2）根据“第次击中，后两次未击中”求得乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
【小问1详解】
甲､乙各射击一次，至少击中目标一次的概率为：
.
【小问2详解】
乙恰好射击4次后被终止射击，则“第次击中，后两次未击中”，
故所求概率为：.
18. 在以下三个条件中任选一个，补充到下面问题中并作答.
①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分）
问题：在中，角，，的对边分别为，，，且 .
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）在（2）的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）3
（3）
【解析】
【分析】（1）选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②先切化弦，再利用正弦定理得到求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解.
（2）利用余弦定理和基本不等式即可解题；
（3）由正弦定理得到，从而有求解.
【小问1详解】
若选①：由正弦定理得，
则，
，
，
．
若选②：，切化弦，得到，
则由正弦定理得，，即，，
，
若选③：，
则，
由正弦定理得，
，
.
【小问2详解】
由余弦定理得，，
则，当且仅当“”时，取“＝”号，即．
，则，当且仅当“”时取得最大值．
【小问3详解】
由正弦定理得，
则，
，由于为锐角三角形，
则，
.
.
19. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．

（1）当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
（2）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
【答案】（1）①证明见解析；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意可得，，，则平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可；
（2）过点做交于，所以直线与平面所成的角,即为直线与平面所成的角，过E作EO⊥BM于点O，连接，连接，是直线与平面所成的角，是二面角平面角，设，然后表示出化简后利用二次函数的性质可求得其最大值.
【小问1详解】
①

当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以
因为，平面，平面，
所以平面；
②

过E作EO⊥BD于点O，连接.
因为平面，平面，所以，
因为EO⊥BD， ，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角,
且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线.
因为所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值为.
【小问2详解】

过点做交于，所以直线与平面所成的角,
即为直线与平面所成的角，
过E作EO⊥BM于点O，连接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足，平面平面，平面，
所以平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
因为，满足，
设，所以，
所以，
所以，，
因为在中，斜边大于直角边，即，
所以，所以，
，
在中由等面积，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值.
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.