2024-2025学年福建省九地市部分学校高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省九地市部分学校高二（上）开学数学试卷（含解析），共20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。
1.若复数z满足z(1−i)=a−i(a∈R)，则复数z在复平面内对应的点不可能在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知空间向量a=(3,2,1)，则向量a在坐标平面Oxy上的投影向量是( )
A. (3,2,0)B. (3,0,1)C. (0,2,1)D. (0,2,0)
3.若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是( )
A. a+b,a−c,bB. c,b+c,b−c
C. b+c,a+b+c,aD. a,a+b,a−b
4.已知空间单位向量a，b，c两两垂直，则|a−b+c|=( )
A. 3B. 6C. 3D. 6
5.如图，四面体ABCD中，点E是CD的中点，记AB=a，AC=b，AD=c，则BE=( )
A. a−12b+12cB. −a+12b+12c
C. 12a−b+12cD. −12a+b+12c
6.设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
C. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β D. 若m⊥n，m⊥α，则n//α
7.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，3bsinB+2csinC=sinA(a+2bsinC)，则△ABC的面积为( )
A. 1B. 2C. 74D. 52
8.三棱锥A−BCD满足BC+AC=BD+AD=4，二面角C−AB−D的大小为60°，CD⊥AB，AB=2 2，CD=1，则三棱锥A−BCD外接球的体积为( )
A. 7πB. 283πC. 28 21π27D. 28 7π3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于[80,90)内的学生成绩方差为12，成绩位于[90,100)内的同学成绩方差为10.则( )
A. a=0.004
B. 估计该年级学生成绩的中位数约为77.34
C. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
10.在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列命题一定成立的是( )
A. 若a2+b2>c2，则△ABC是锐角三角形
B. 若a=2，b= 2，B=π4，则△ABC有唯一解
C. 若△ABC是锐角三角形，b=3，B=π3，设△ABC的面积为S，则S∈(3 32,9 34]
D. 若△ABC是锐角三角形，则sinA+sinB>csA+csB
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为( )
A. P在BC中点时，平面PEF⊥平面GMN
B. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为14
C. E、F、G、M、N在同一个球面上
D. A1P=tA1A+A1M−2tA1B1，则P点轨迹长度为 52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为 ．
13.甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛(即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛)，最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为13，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______．
14.如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，AO1=1,OO1=2,BO=3,BC=2 5，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为______．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(b+c)(sinB−sinC)=(b−a)sinA．
(1)求C；
(2)若△ABC的面积为3 32,c= 7，求a+b．
16.(本小题15分)
如图，AB是圆的直径，平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AB=2，AC=1，AP=1，求直线AC与面PBC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩(满分为100分)，按分数分为[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，共6组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求m的值，并求这100名学生成绩的中位数(保留一位小数)；
(2)若认定评分在[80,90)内的学生为“运动爱好者”，评分在[90,100]内的学生为“运动达人”，现采用分层抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率．
18.(本小题17分)
如图所示的空间几何体是以AD为轴的14圆柱与以ABCD为轴截面的半圆柱拼接而成，其中AD为半圆柱的母线，点G为弧CD的中点．
(1)求证：平面BDF⊥平面BCG；
(2)当AB=4，平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为 155时，求点E到直线BG的距离．
19.(本小题17分)
在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：AC⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.B
【解析】解：z=a−i1−i=a+1+(a−1)i2，
若a+1>0a−1>0，则a>1，∴复数z可能在第一象限；
若a+10，无解，即复数z不可能在第二象限，故应选B；
若a+10，
∴C为锐角，但不能确定角A，B是否为锐角，
故△ABC不一定是锐角三角形，故A错误；
由正弦定理得sinA=asinBb=2× 22 2=1，
∵A∈(0,π)，
∴A=π2,C=π4，
∴△ABC有唯一解，故B正确；
∵bsinB=3sinπ3=2 3，
∴a=2 3sinA，c=2 3sinC=2 3sin(2π3−A)，
∴S=12acsinB=12×2 3sinA⋅2 3sin(2π3−A)⋅sinπ3
=3 3sinA(sin2π3csA−cs2π3sinA)
=3 3sinA( 32csA+12sinA)
=92sinAcsA+3 32sin2A
=94sin2A−3 34cs2A+3 34
=3 32sin(2A−π6)+3 34，
又00及π2>B>π2−A>0，利用y=sinx在(0,π2)上的单调性结合诱导公式可判断D．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：对于选项A：取AD的中点Q，连接PQ，FQ，
在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，
E、F、G、M、N均为所在棱的中点，
易知GM⊥PQ，因为FQ//DD1，
所以FQ⊥平面ABCD，GM在面ABCD内，
所以GM⊥FQ，FQ⊂面PQF，PQ⊂面PQF，PQ∩FQ=Q，
所以GM⊥面PQF，PF⊂面PQF，所以GM⊥PF，
连接BA1，ABB1A1是正方形，GN⊥A1B，
因为FA1⊥面ABB1A1，GN⊂面ABB1A1，
所以GN⊥A1F，
因为FA1⊂面PFA1B，A1B⊂面PFA1B，FA1∩A1B=A1，
所以GN⊥面PFA1B，
因为PF⊂面PFA1B，所以GN⊥PF，
综上，GN⊂面GMN，GM⊂面GMN，又GN∩GM=G，
所以PF⊥面GMN，PF⊂面PEF，故平面PEF⊥平面GMN，所以A正确；
对于选项B：取A1B1的中点T，连接ET，FT，则ET//GN，
所以∠TEF是异面直线EF、GN所成的角，
又EF=FT=ET= 2，则∠TEF=π3,cs∠TEF=12，所以B错误；
对于选项C：记正方体的中心为点O，则|OE|=|OF|=|OG|=|OM|=|ON|= 2，
所以E、F、G、M、N在以O为球心，以 2为半径的球面上，所以C正确；
对于选项D：因为A1P=tA1A+A1M−2tA1B1，且E为AA1的中点，
所以A1P−A1M=2tA1E−2tA1B1，故MP=2tB1E，
所以P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP1，且|CP1|=12，
所以|MP1|= 52，所以D正确．
故选：ACD．
根据正方体图像特征证明出PF⊥面GMN，结合面面垂直的判定定理，判断出A的真假；根据异面直线所成的角判断出B的真假；根据五点共圆，判断出C的真假；分析可知P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP1，根据轨迹求出长度，判断出D的真假．
本题考查面面垂直的判断定理的应用，异面直线所成角的余弦值的求法，属于中档题．
12.12π
【解析】解：圆锥的轴截面如图，
由题意知AO=3，则π·AO·SA=15π，
所以SA=5，
由勾股定理得SO=4，
所以V=13π·OA2·SO=12π．
故答案为：12π．
13.8243
【解析】解：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与甲比赛，甲输，3×13，例如是丙甲，
若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意；
若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，
这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，
在丙输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；
若甲全赢(概率是(13)2)时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，
这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢，
否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平，
①若丙一平一输，概率2(13)2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率23；
②若丙两场均平，概率是(13)2，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；
③若两场丙都输，概率是(13)2，乙丁这场比赛只能平，概率是13；
综上概率为3×13×(13)2×[2×(13)2×23+(13)2+(13)2×13]=8243．
故答案为：8243．
不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
14.3 1010
【解析】解：连接OC，过C作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形OBC中，因为OB=3，OC=3，BC=2 5，
故csB=OB2+BC2−OC22OB⋅BC=9+20−92×3×2 5= 53，
则BH=BC⋅csB=2 5× 53=103，
则CH= BC2−BH2= 20−1009=4 53，
OH=BH−OB=13，
故点C(−13,4 53,0)，又B(3,0,0)，O(0,0,0)，O1(0,0,2)，
设点A(m,n,2)，m，n∈[−1,1]，由O1A=1，
则可得m2+n2=1，
BC=(−103,4 53,0)，BO1=(−3,0,2)，
设平面O1BC的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅BC=0m⋅BO1=0，即−103x+4 53y=0−3x+2z=0，
取y= 5，则x=2，z=3，
故平面O1BC的法向量m=(2, 5,3)，
又OA=(m,n,2)，
设直线AO与平面O1BC所成角为θ,θ∈[0,π2]′
则sinθ=|cs〈OA,m〉|=|m||OA||m||OA|=|2m+ 5n+6|3 2× m2+n2+4=|2m+ 5n+6|3 10，
因为m，n∈[−1,1]，且m2+n2=1，
故令m=csα，n=sinα，α∈0，2π)，
则2m+ 5n+6= 5sinα+2csα+6=3sin(α+φ)+6，tanφ=2 55，φ∈(−π2,π2)，
又α∈0，2π)，所以sin(α+φ)∈[−1,1]，
故3sin(α+φ)+6∈[3,9]，
也即2m+ 5n+6∈[3,9]，
所以sinθ的最大值为93 10=3 1010．
故答案为：3 1010．
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可．
本题考查线面角的计算利用三角函数最值的应用，属于中档题．
15.解：(1)由正弦定理得b2−c2=ab−a2，即b2+a2−c2=ab，
由余弦定理得csC=b2+a2−c22ab=ab2ab=12，
又C∈(0,π)，所以C=π3；
(2)因为△ABC的面积为3 32，
所以12absinC=12ab⋅ 32=3 32，即ab=6，
由c= 7，则csC=b2+a2−c22ab=b2+a2−712=12，
即b2+a2=13，
所以b2+a2+2ab=(a+b)2=13+2ab=13+12=25，
即a+b=5．
【解析】(1)由已知，结合正弦定理边角互化，再根据余弦定理求得csC=12即可求解；
(2)由三角形面积公式求得ab=6，根据c= 7及余弦定理得出b2+a2=13，再由完全平方公式即可求解．
本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，属中档题．
16.解：(1)证明：因为平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC，
又平面PAC∩面ACB=AC，AP⊂平面PAC，
所以PA⊥面ACB，又因为BC⊂平面PBC，
所以PA⊥BC，又AB是圆的直径，所以AC⊥BC，
又AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC；
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AC⊥BC，所以BC= AB2−AC2= 4−1= 3，
所以C(0,0,0),A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1)，
则CB=( 3,0,0),CP=(0,1,1)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB=0m⋅CP=0⇒ 3x=0y+z=0⇒m=(0,1,−1)，
而AC=(0,−1,0)，
所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为：
|cs|=|AC⋅m||AC||m|=11× 2= 22．
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；
(2)根据(1)的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．
本题考查线面垂直的证明，向量法求解线面角问题，属中档题．
17.解：(1)根据题意可得(0.005+0.015+0.02+0.03+m+0.005)×10=1，解得m=0.025；
∵前几组的频率依次为0.05，0.15，0.2，0.3，
∴估计这100名学生成绩的中位数为70+0.5−0.05−0.15−+103≈73.3分；
(2)∵在[80,90)与[90,100]内的学生的频率之比为0.25：0.05=5：1，
∴抽取的6名学生在[80,90)内有5人，在[90,100]有1人，
∴再从这6名学生中随机抽取2名学生共有C62=15个结果，
而抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的情况共有C51×C11=5个结果，
故所求概率为515=13．
【解析】(1)根据频率分布直方图的性质，中位数的概念，即可求解；
(2)根据分层抽样的概念，古典概型的概率公式，即可求解．
本题考查频率分布直方图的性质，中位数的概念，分层抽样的概念，古典概型的概率公式的应用，属中档题．
18.解：(1)过G作GH//BC交弧AB上一点，连结GH，AH，BH，如图所示：

则H为弧AB的中点，则GH//BC且GH=BC，
所以四边形HBCG为平行四边形，所以HB//CG．
由题意可知，AF⊥AB，Rt△ABF为等腰直角三角形，则∠ABF=π4；
因为G为弧AB的中点，所以AH⊥BH，AH=BH，
则Rt△ABH为等腰直角三角形，则∠ABH=π4，
所以∠FBH=∠ABF+∠ABH=π2，则FB⊥BH，
因为HB//GC，则FB⊥CG，又BC⊥BF，
又因为BC、CG⊂面BCG，BC∩CG=C
所以BF⊥平面BCG，因为BF⊂面BDF，
所以平面BDF⊥平面BCG．
(2)由题意知，AF，AB，AD两两垂直，所以A为坐标原点，
以AF，AB，AD分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示：

设AD=a，又AB=4，
则A(0,0,0)，F(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,0,a)，G(−2,2,a)，
BD=(0,−4,a)，BF=(4,−4,0)，AB=(0,4,0)，AG=(−2,2,a)，BG=(−2,−2,a)，
设平面BDF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⊥BDn1⊥BF，即n1⋅BD=0n1⋅BF=0，即−4y1+az1=04x1−4y1=0，
令y1=1，n1=(1,1,4a)，
设平面ABG的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⊥ABn2⊥AG，即n2⋅AB=0n2⋅AG=0，即4y2=0−2x2+2y2+az2=0，
令x2=1，n2=(1,0,2a)，
设平面BDF与平面ABG的夹角为θ，
csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=|1+8a2| 1+1+16a2⋅ 4a2+1= 155，解得a=4(负舍)，
所以G(−2,2,4)，B(0,4,0)，E(4,0,4)，
则BG=(−2,−2,4)，BE=(4,−4,4)，
d= BE2−|BE⋅BG|2|BG|2=4 213，
所以点E到直线BG的距离为4 213．
【解析】(1)过G作GH//BC交弧AB上一点，连结GH，AH，BH，由∠FBH=∠ABF+∠ABH=π2，可得FB⊥BH，进而由线面垂直的判定定理证明BF⊥平面BCG，从而由面面垂直的判定定理即可得证；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，设AD=a，利用向量法求平面BDF与平面ABG夹角的余弦值，而列方程求出a的值，从而向量法可求点E到直线BG的距离．
本题考查面面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
19.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE//BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，

因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
CM=(1,0, 3)，A1B=(0,3,−2 3)，A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=3y−2 3z=0n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0，
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
所以n=(1,2, 3)，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=|cs|=|CM⋅n||CM||n|=42×2 2= 22，
故θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0.2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的先向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z=0n2⋅BN=−3y2+2 3λz2=0，
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
所以n2=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的法向量为n3−=(x3,y3,z3)，
则n3⋅BM=x3−3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0，
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以n−3=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
则满足cs=|n2⋅n3||n2||n3|=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，此时CN的长度为 3或2 3．
【解析】(1)应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
(2)建立空间直角坐标系．用向量法求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)假设存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，设CN=λCA1，分别求解两平面的法向量，用λ表示余弦值解方程可得．
本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．