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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)
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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.
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