黑龙江省龙东十校2024-2025学年高二上学期开学联考数学试题（Word版附答案）

这是一份黑龙江省龙东十校2024-2025学年高二上学期开学联考数学试题（Word版附答案），共22页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第九章，选择性必修第一册第一章.
一､选择题：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. 已知空间向量，且，则（ ）
A. 10B. 6C. 4D.
2. 若，则（ ）
A. B.
C D.
3. 若向量，且，则（ ）
A. −8B. 8C. −2D. 2
4. 某校为了了解学生的体能情况，于6月中旬在全校进行体能测试，统计得到所有学生的体能测试成绩均在内.现将所有学生的体能测试成绩按分成三组，绘制成如图所示的频率分布直方图.若根据体能测试成绩采用按比例分层随机抽样的方法抽取20名学生作为某项活动的志愿者，则体能测试成绩在内的被抽取的学生人数为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
5. 已知是两个不同的平面，，是内两条不同的直线，则“，且”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
6. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则该圆台的体积（ ）
A. B. C. D.
7. 图，在九面体中，平面平面，平面平面，底面为正六边形，下列结论错误的是（ ）

A. 平面
B. 平面
C. 平面平面
D. 平面平面
8. 如图，在棱长为12的正方体中，分别是棱的中点，平面与直线交于点，则（ ）

A. 10B. 15C. 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. 已知甲组数据为，乙组数据为，将甲､乙两组数据混合后得到丙组数据，则（ ）
A. 丙组数据的中位数为5
B. 甲组数据的分位数是2
C. 甲组数据的方差等于乙组数据的方差
D. 甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数
10. 记的内角的对边分别为，且，的面积为，则的周长可能为（ ）
A. 8B. C. 9D.
11. 已知边长为的正三角形的三个顶点都在球的表面上，为球表面上一动点，且不在平面上，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正切值为2，则下列结论正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 的最大值为10
C. 三棱锥体积的最大值为
D. 当三棱锥的体积最大时，若点与点关于点对称，则三棱锥的体积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知空间向量，若共面，则__________.
13. 已知数据的极差为6，且分位数为，则__________.
14. 如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则__________；直线与所成角的余弦值为__________.
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. 7月23日，第8届中国一南亚博览会暨第28届中国昆明进出口商品交易会在昆明滇池国际会展中心隆重开幕.本届南博会以“团结协作､共谋发展”为主题，会期从23日至28日，共设15个展馆，展览面积15万平方米，吸引82个国家､地区和国际组织参会，2000多家企业进馆参展.某机构邀请了进馆参展的100家企业对此次展览进行评分，分值均在内，并将部分数据整理如下表：
（1）估计这100家企业评分的中位数（保留小数点后一位）；
（2）估计这100家企业评分的平均数与方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
16. 记的内角的对边分别为.已知.
（1）求；
（2）若，在边上存在一点，使得，求长.
17. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，.
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值.
18. 如图，甲船在点处通过雷达发现在其南偏东方向相距20海里的处有一艘货船发出供油补给需求，该货船正以15海里/时的速度从处向南偏西的方向行驶．甲船立即通知在其正西方向且相距海里的处的补给船，补给船立刻以25海里/时的速度与货船在处会合．
（1）求的长；
（2）试问补给船至少应行驶几小时，才能与货船会合？
19. 将菱形绕直线旋转到位置，使得二面角的大小为，连接，得到几何体.已知分别为上的动点且.
（1）证明：平面；
（2）求长；
（3）当长度最小时，求直线到平面的距离.分数
频数
10
10
20
20
2023级高二上学年入学考试数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第九章，选择性必修第一册第一章.
一､选择题：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. 已知空间向量，且，则（ ）
A. 10B. 6C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用空间向量平行的坐标结论计算.
【详解】因为，所以,
即，则.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用复数乘除，结合乘方计算即可.
【详解】由题意得.
故选：A.
3. 若向量，且，则（ ）
A. −8B. 8C. −2D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量坐标运算，结合垂直的坐标结论计算即可.
【详解】由题意得.
因为，所以，即.
故选：B.
4. 某校为了了解学生的体能情况，于6月中旬在全校进行体能测试，统计得到所有学生的体能测试成绩均在内.现将所有学生的体能测试成绩按分成三组，绘制成如图所示的频率分布直方图.若根据体能测试成绩采用按比例分层随机抽样的方法抽取20名学生作为某项活动的志愿者，则体能测试成绩在内的被抽取的学生人数为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合给定的频率分布直方图中的数据，即可求解.
【详解】根据题意得，体能测试成绩在内的被抽取的学生人数为.
故选：A.
5. 已知是两个不同的平面，，是内两条不同的直线，则“，且”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由面面平行的判定与性质即可判断．
【详解】若，，则不一定平行（缺少条件相交）；
若，，则，且，
故“，且”是“”的必要不充分条件，
故选：C．
6. 已知圆台上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则该圆台的体积（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出母线，根据侧面积列出方程，求出母线，进而得到圆台的高，得到圆台的体积.
【详解】设该圆台的母线长为，根据题意可得，解得，
由题意得，，
所以该圆台的高为，则．
故选：B
7. 图，在九面体中，平面平面，平面平面，底面为正六边形，下列结论错误的是（ ）

A. 平面
B. 平面
C. 平面平面
D. 平面平面
【答案】D
【解析】
【分析】运用面面垂直，结合面面平行得到面面垂直，判定C；证明平面.同理可得平面，则，运用线面平行判定判断A； 证明平面，结合，得到平面，判断B；利用反证法，得到平面，不成立，判断D.
【详解】取的中点的中点，连接.因为平面平面，
平面平面，所以平面平面，C正确.
因为，所以，面，
平面平面，又平面平面，所以平面.
同理可得平面，则，因为
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，所以平面正确.
连接，易得，则平面，面，则.
因为且都在面内，所以平面.
因为，所以平面，B正确.
连接，则，若平面平面成立，
根据面面垂直的性质易得平面，再由线面垂直的性质有.
因为，根据线面垂直的判定得平面，这显然不成立，
所以平面平面不成立，D错误.
故选：D.

8. 如图，在棱长为12的正方体中，分别是棱的中点，平面与直线交于点，则（ ）

A. 10B. 15C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别在棱上取点，使得，易证，，则平面截该正方体所得的截面图形是五边形.再计算即可．
【详解】分别在棱上取点，使得，
连接，根据正方体特征及平行公理，易证，，
则平面截该正方体所得的截面图形是五边形.
由题中数据，知道，，可得.
故选：A.

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. 已知甲组数据为，乙组数据为，将甲､乙两组数据混合后得到丙组数据，则（ ）
A. 丙组数据的中位数为5
B. 甲组数据的分位数是2
C. 甲组数据的方差等于乙组数据的方差
D. 甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合中位数，百分位数，方差，平均数的公式求解即可.
【详解】将丙组数据从小到大排列为，可得丙组数据的中位数为，A正确．
将甲组数据从小到大排列为，因为，所以甲组数据的分位数是B错误．
易得甲组数据的方差为，乙组数据的方差为，C正确．甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，D正确．
故选：ACD
10. 记的内角的对边分别为，且，的面积为，则的周长可能为（ ）
A. 8B. C. 9D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理得，由三角形面积公式得，进而得出，再根据余弦定理求得或，即可求解．
【详解】由正弦定理得，得，则，
由，得，所以，
由余弦定理，得或17，
所以或，
所以的周长为8或，
故选：AB．
11. 已知边长为的正三角形的三个顶点都在球的表面上，为球表面上一动点，且不在平面上，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正切值为2，则下列结论正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 的最大值为10
C. 三棱锥体积的最大值为
D. 当三棱锥的体积最大时，若点与点关于点对称，则三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】画出草图，设正三角形的外心为，当三棱锥的体积最大时，三点共线.找出直线与平面所成的角，求出.进而分别运用球的表面积公式计算表面积，的最大值为，运用棱锥体积公式计算三棱锥，的体积即可.
【详解】如图，设正三角形的外心为，
当三棱锥的体积最大时，三点共线.
设球的半径为，易得.
直线与平面所成的角为，得.
由，得
球的表面积为，A错误，的最大值为，B正确.
三棱锥体积的最大值为，C正确.
三棱锥的体积为，D正确.
故选：BCD.

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知空间向量，若共面，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】由已知可得，代入坐标计算可求的值.
【详解】因为共面，所以，即，
则.
故答案为：0.
13. 已知数据的极差为6，且分位数为，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】运用数据极差和百分位数概念和计算方法分类讨论即可.
【详解】因为，所以.
当时，数据的分位数为4，由，得，不符合题意，舍去.
当时，数据的分位数为，由，得（负根舍去），符合题意.故.
故答案为：5.
14. 如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则__________；直线与所成角的余弦值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】表达出，平方后求出，求出；求出，利用向量夹角余弦公式求出异面直线距离的余弦值.
【详解】连接，
，
故；
，
故
，
故，
则
，
故直线与所成角的余弦值为.
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. 7月23日，第8届中国一南亚博览会暨第28届中国昆明进出口商品交易会在昆明滇池国际会展中心隆重开幕.本届南博会以“团结协作､共谋发展”为主题，会期从23日至28日，共设15个展馆，展览面积15万平方米，吸引82个国家､地区和国际组织参会，2000多家企业进馆参展.某机构邀请了进馆参展的100家企业对此次展览进行评分，分值均在内，并将部分数据整理如下表：
（1）估计这100家企业评分的中位数（保留小数点后一位）；
（2）估计这100家企业评分的平均数与方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
【答案】（1）
（2）96，5.8
【解析】
【分析】（1）由中位数的佑计值的定义求解即可；
（2）由平均数的估计值与方差的计算公式计算即可.
【小问1详解】
由题意得这100家企业评分在内的频数为
设这100家企业评分的中位数的估计值为，
因为评分在内的频数之和为，
评分在内的频数之和为，
所以，由，得.
【小问2详解】
这100家企业评分的平均数的估计值为
这100家企业评分的方差的估计值为：
.
16. 记的内角的对边分别为.已知.
（1）求；
（2）若，在边上存在一点，使得，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理进行边角互化，再用余弦定理可解; （2）运用正弦定理，结合勾股定理可解.
【小问1详解】
由余弦定理得，
因为，所以.
因为，所以，解得，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
设，在中，由正弦定理得，则，
，由
解得或（舍去），
故的长为.
17. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，.
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，结合面面垂直的性质可得平面，然后根据等腰三角形的性质结合条件可得.
（2）作，垂足为，连接，由面面垂直的性质可得平面，再由三角形全等，得出，从而建立空间坐标系利用空间向量解决问题.
【小问1详解】
证明：因为是等腰直角三角形，为中点，
所以， 平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面
因为平面，所以，又为的中点，
所以是等腰三角形，故.
【小问2详解】
在平面上，作，垂足为，连接.
平面平面，平面平面，
又平面，所以平面.
由（1），又，则为等边三角形.
所以，，
所以，所以，
，
所以,在等腰直角三角形中，，
所以与全等，故，即，
以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
.
设平面的法向量为，
则即取，可得.
设平面的法向量为，
则即取，可得
设二面角的大小为，
则.
故二面角的正弦值为.
18. 如图，甲船在点处通过雷达发现在其南偏东方向相距20海里的处有一艘货船发出供油补给需求，该货船正以15海里/时的速度从处向南偏西的方向行驶．甲船立即通知在其正西方向且相距海里的处的补给船，补给船立刻以25海里/时的速度与货船在处会合．
（1）求的长；
（2）试问补给船至少应行驶几小时，才能与货船会合？
【答案】（1）70海里
（2）2小时
【解析】
【分析】（1）由题可得，利用余弦定理即可求解；
（2）由余弦定理可得，根据几何关系结合两角和的余弦公式求出，再在中，利用余弦定理即可求出时间.
【小问1详解】
根据题意可得．
因为海里，海里，
所以根据余弦定理可得海里．
【小问2详解】
由余弦定理可得，则，
所以．
设当补给船与货船会合时，补给船行驶的最少时间为小时，则海里，海里．
在中，解得或（舍去），
故当补给船与货船会合时，补给船行驶的时间至少为2小时．
19. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，得到几何体.已知分别为上的动点且.
（1）证明：平面；
（2）求的长；
（3）当的长度最小时，求直线到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而线面平行，求出平面平面，得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，并求出各边长，得到答案；
（3）作出辅助线，证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并求出，表达出，求出，，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案.
【小问1详解】
证明：在上取点，使得，连接，
如图1.
因为，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为，所以，又，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为且都在面内，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，如图2.
由题意可得是边长为4的正三角形，则，
且，所以为二面角的平面角，即，则为正三角形，
所以.
【小问3详解】
取的中点，连接，则，且.
由（2）得，，平面，
所以平面，因为平面，所以.
又因，，平面，
所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，
.
又，所以.
连接，则，
，
所以.
当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为
此时，则.
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即取，得.
因为平面，所以直线到平面的距离就是点到平面的距离，
则点到平面的距离.
故直线到平面的距离为.
分数
频数
10
10
20
20