云南省大理州宾川县第四完全中学2024-2025学年高二上学期开学测试数学试题（解析版）

这是一份云南省大理州宾川县第四完全中学2024-2025学年高二上学期开学测试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简M，根据集合的交集运算即可.
【详解】由题意得，，
所以.
故选：B
2. 若，则（ ）
A. 1B. C. 2D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的乘法运算结合复数相等可得，则可求.
【详解】由题意得，得，所以.
故选：A.
3. 记的内角的对边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，代入计算即可.
【详解】由正弦定理，得.
故选：D.
4. 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“”必要不充分条件，
故选：C．
5. 把函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，图象的对称轴与图象的对称轴重合，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平移得出函数解析式，再根据图像的对称性求出参数即可判断.
【详解】由题意得，与函数对称轴相同，
则，
得，所以的值可能为.
故选：C.
6. 现有7张分别标有的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为，剩下的2张卡片数字之和为，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意，将转化为，再结合古典概型公式求解即可.
【详解】因为，所以，
故，而，所以，解得，
所以求的概率即可，从7张卡片抽2张，
基本事件有，
，
共有个基本事件，且设的概率为，
符合题意的事件有，
，共9种，所以，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查概率，解题关键是合理消元，转化条件，然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可．
7. 若，则（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可.
【详解】由题意得，
则
故选：B
8. 已知，函数，若关于的方程至少有2个不同的实数解，则的取值范围为（ ）
A. B. (1,+∞)C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可知的图象关于直线对称，结合对数函数的图象，分和两种情况讨论即可求得答案.
【详解】由题可知的图象关于直线对称.
若，则在上单调递减，在上单调递增，则.
由关于的方程至少有2个不同的实根，
可知，解得，则.
若，则，其中且，则关于的方程至少有2个不同的实根和.
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
二、多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9. 若空间几何体的顶点数和空间几何体的顶点数之和为12，则和可能分别是（ ）
A. 三棱锥和四棱柱B. 四棱锥和三棱柱
C. 四棱锥和四棱柱D. 五棱锥和三棱柱
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，结合空间几何体的结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由三棱锥的顶点数为4个，四棱柱的顶点数为8个，
所以两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意；
对于B中，由四棱锥的顶点数为5个，三棱柱的顶点数为6个，
所以两个几何体的顶点数之和为11个，不符合题意；
对于C中，由四棱锥的顶点数为5个，四棱柱的顶点数为8个，
所以两个几何体的顶点数之和为13个，不符合题意；
对于D中，由五棱锥的顶点数为6个，三棱柱的顶点数为6个，
所以两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意.
故选：AD.
10. 抛掷质地均匀的骰子两次，事件“第一次出现偶数点”，事件“第二次出现奇数点”，事件“两次都出现偶数点”，则（ ）
A. A包含CB. A与B相互独立
C. B与C互为对立事件D. B与C互斥但不对立
【答案】ABD
【解析】
【分析】先由题得，，，对于A，由包含事件定义即可得解；对于B，由相互独立事件的乘法公式去计算和即可判断；对于C和D，由互斥事件和对立事件的定义即可判断.
【详解】由题意可知，，，
且，，，
对于A，由上可知A包含C，故A正确；
对于B，，，故，故B正确；
对于C和D，设事件“抛掷质地均匀的骰子两次”，则，
故由和知B与C互斥但不对立，故C错误，D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：先明确与“抛掷质地均匀的骰子两次”有关的各事件所包含的可能情况，再根据包含事件、互斥事件以及对立事件的概念和概率乘法公式去计算相关概率即可判断得解.
11. 在中，角的对应边分别为．已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 外接圆的半径为
C. 面积的最大值为
D. 若为的中线，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正弦定理角化边，然后结合余弦定理求出角，判断A错误；由正弦定理即可求出外接圆的半径，判断出B正确；由余弦定理结合重要不等式得到，然后由三角形的面积公式即可求出面积的最大值，判断C正确；由，则，判断D正确．
【详解】因为，
所以由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
因为，所以，A错误．
设外接圆的半径为，则，
得，B正确．
由，得，
即，当且仅当时，等号成立，
则，即面积的最大值为，C正确．
根据题意可得，
则，D正确．
故选：BCD
三、填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12. 若向量满足.则_________
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量的数量积的运算法则及性质即可得解.
【详解】因为，
所以，解得，即.
故答案为：2
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. 已知某圆锥的体积为.侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的体积为__________
【答案】##
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由条件推得，再由圆锥的体积列方程，求得，再作圆锥的轴截面，利用面积相等即可求出圆锥内切球的半径，即可算得其体积.
【详解】
设圆锥的底面半径为，母线长为，高为.
因为圆锥的侧面展开图为半圆，所以侧面展开图的扇形弧长为，则，
从而，则圆锥的体积，解得.
作出圆锥的轴截面，如图所示，其中圆锥内切球的球心为，半径为.
则,解得，
则该圆锥的内切球的体积为.
故答案为：.
四、解答题 （本题共计5小题，总分77分）
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. 在某次投篮比赛中，需要投篮四次.第一次投篮命中得1分，第二次投篮命中得2分，第三次和第四次投篮命中均得3分，未命中不得分.甲四次投篮命中的概率分别为，且每次投篮能否命中都是相五独立的.
（1）求甲四次投篮共得0分的概率;
（2）若规定投篮者四次投篮的总得分不低于7分，则晋级成功.求甲晋级成功的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据独立事件概率乘积公式计算即可；
（2）结合互斥事件的概率和公式及独立事件概率乘积公式计算即可.
【小问1详解】
设事件"甲四次投篮共得0分"，
所以.
【小问2详解】
设事件"甲晋级成功"，则甲投篮至少命中3次.
若甲投篮命中3次晋级成功，则甲必定是第一次投篮或第二次投篮没有命中，
则甲投篮命中3次晋级成功的概率.
若甲投篮命中4次，必定晋级成功，则甲投篮命中4次普级成功的概率，
所以，即甲晋级成功的概率为.
17. 若函数和的定义域相同，值域也相同，则称和是"同域函数".
（1）判断函数与是否为"同域函数"，并说明理由；
（2）若函数和，且是"同域函数"，求的值.
【答案】（1）不是，理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）判断函数与的定义域和值域是否相同，即可得结论；
（2）根据"同域函数"的定义可得的解集为，求得，结合对数函数的单调性，列出相应等式，求得答案.
【小问1详解】
函数y=x2-2x与不是"同域函数"，理由如下：
函数y=x2-2x与的定义域均为R，
由，可知y=x2-2x的值域为，
由，可知的值域为，
则y=x2-2x与的值域不相同，
所以函数y=x2-2x与不是"同域函数".
【小问2详解】
由，得，
因函数在上单调递增，所以，
得的值域为，
由题意得的解集为，
则是关于方程的两个解，
得，得，所以，且，
易得，
当时，函数是增函数，则的值域为，不符合题意.
当0所以，得.
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. 如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
（1）若三棱柱的体积为，求AB的长
（2）证明：平面
（3）若正方形中心为，动点在的边上，求直线与平面所成角的正切值的最小值与最大值.
【答案】（1）2 （2）证明见解析
（3），.
【解析】
【分析】（1）根据棱锥的体积公式，即可求得答案；
（2）根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（3）作图分析，作出平面的垂线，继而确定直线与平面所成角，利用线面角的定义结合与平面所成角的正切值的表达式，确定相关线段的最值，即可求得答案.
【小问1详解】
在正三棱柱中，底面，且为正三角形，
∴，解得.
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵分别为的中点，∴，
∵，三棱柱是正三棱柱，∴四边形为正方形，
∴.
∵为正三角形，∴.
∵底面，底面，，
又平面，∴平面，底面，
，结合，平面，
所以平面.
【小问3详解】
设，连接，则为的中点，
取DE的中点，连接，取的中点，连接.
∵分别是的中点，∴，且，
∵平面平面，
∴直线与平面所成的角为，且，
结合题意可知，
又，
在中，，则，
，
∴的最大值为，∴的最小值为.
过作的垂线，垂足分别为，
则，
由于为的中点，故，
故，
∴的最小值为，∴的最大值为.
分数
频数
10
10
20
20