2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若复数(1+ai)(3−i)(i为虚数单位)的实部和虚部互为相反数，则实数a=( )
A. −1B. −12C. 13D. 1
2.已知向量a与向量b夹角为π6，|a|= 3|b|，则b−2a在a上的投影向量为( )
A. −32aB. −12aC. 12aD. 32a
3.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=2 2,b=4,A=π6，则此三角形( )
A. 无解B. 有一解C. 有两解D. 解的个数不确定
4.设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若l//α，l⊥β，则α⊥βD. 若α⊥β，l⊥α，则l//β
5.已知圆锥的底面半径为1，体积为2 23π，则该圆锥内切球的体积为( )
A. 16 29πB. 4 29πC. 4 23πD. 23π
6.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为C C1的中点，则直线A1B与平面BDE的夹角( )
A. π6
B. π3
C. π2
D. 56π
7.四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为4.4，极差为4B. 中位数为4，众数为3
C. 平均数为3，方差为3.2D. 平均数为3，中位数为4
8.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知AB=1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有( )
A. 该半正多面体的体积为5 24
B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为3 34
C. 该半正多面体外接球的表面积为8π
D. 该半正多面体的表面积为6+2 3
9.下列说法正确的有( )
A. 在△ABC中，a：b：c=sinA：sinB：sinC
B. 在△ABC中，若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C. △ABC中，sinA>sinB是A>B的充要条件
D. 在△ABC中，若sinA=12，则A=π6
10.已知函数f(x)=(sinx+csx)2+ 3cs2x，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)的一个对称中心为(−π6,0)
C. f(x)在区间(π6,π2)上单调递减D. f(x)在区间[−π2,3π2]上有3个零点
11.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均相等，D为AA1的中点，M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM=C1N.当M,N运动时，下列结论中正确的是( )
A. 平面DMN⊥平面BCC1B1
B. 三棱锥A1−DMN的体积为定值
C. ΔDMN可能为直角三角形
D. 平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为0,π4
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，点M，N满足BM=34BC,AN=13AC，若AN=λAB+μAM，则λ+μ= ______．
13.某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件进行使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为 ；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为 ．
14.甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束)，根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 ．
三、解答题：本题共5小题，每小题12分，共60分。
15.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m=(a+c, 3csA+sinC)，n=(b,sinB)满足m//n．
(1)求角A．
(2)若△ABC的面积为4 3，a=5，求△ABC的周长．
16.如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB/​/CD，AD=AF=CD=1，AB=2．
(1)求证：AF//平面BCE；
(2)求点E到平面BFC的距离．
17.某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为pc；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为qc.假设数据在组内均匀分布．
(1)当漏诊率pc=0.5%时，求临界值c和误诊率qc；
(2)已知一次调查抽取的未患病者样本容量为100，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图(图2)，临界值c=99，从样本中该医学指标在95,105上的未患病者中随机抽取2人，则2人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？
18.在△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：A1C⊥平面BCDE；
(2)求直线CM和平面A1BE所成的角；
(3)在线段A1C上是否存在点F，使二面角A1−BE−F的余弦值为78？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.(要求用几何法解答)
19.后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制.某商场经营者也顺应潮流，准备在商场门前摆地摊.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上,且OA=90cm，∠AOB=π3.记∠POB=θ．
(1)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，S取得最大值;
(2)记OP=xOA+yOB，若t=x+μy(μ>0)存在最大值，求μ的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：(1+ai)(3−i)
=3−i+3ai+a=(a+3)+(3a−1)i，
由题意得：a+3+3a−1=0，解得：a=−12，
故选：B．
化简代数式，求出实部和虚部，得到关于a的方程，解出即可．
本题考查了复数的运算，考查转化思想，是一道基础题．
2.A
【解析】解：
因为向量a与向量b夹角为π6，|a|= 3|b|，
所以a⋅b=|a|·|b|cs π6=32|b|2，
则b−2a在a上的投影向量为
(b−2a)⋅a|a|2⋅a=b⋅a−2a2|a|2⋅a
=32|b|2−6|b|23|b|2⋅a=−32a，
故选：A．
3.C
【解析】解：由正弦定理asin A=bsin B，
得2 212=4sin B，解得sin B= 22．
因为a2RsinB⇒a>b⇒A>B；
当A>B⇒a>b⇒2RsinA>2RsinB⇒sinA>sinB，
故sinA>sinB是A>B的充要条件，故C正确；
对于D：在△ABC中，若sinA=12，则A=π6或5π6，故D错误．
故选：AC．
10.AC
【解析】解：f(x)=1+2sinxcsx+ 3cs2x
=sin2x+ 3cs2x+1=2sin(2x+π3)+1，
所以f(x)的最小正周期为2π2=π，A正确；
令2x+π3=kπ，k∈Z，
解得x=−π6+kπ2，k∈Z，
当k=0时，x=−π6，此时f(−π6)=1，
所以(−π6,0)不是f(x)的对称中心，B错误；
当x∈(π6,π2)时，2x+π3∈2π3,4π3，
此时f(x)在(π6,π2)上单调递减，C正确；
当x∈[−π2,3π2]时，2x+π3∈−2π3,10π3，
当2sin(2x+π3)+1=0时，则sin(2x+π3)=−12，
令t=2x+π3，
画出函数y=sint与y=−12的图象，
易得函数y=sint与y=−12在−2π3,10π3上有4个交点，
即f(x)在区间[−π2,3π2]上有4个零点，D错误．
故选：AC．
11.ABD
【解析】 解：如图，
当M、N分别在BB1、CC1上运动时，若满足BM=C1N，
则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，
而DO⊥平面BCC1B1，
∴根据面面垂直的判定可得平面DMN⊥平面BCC1B1，A正确；
当M、N分别在BB1、CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，
∴棱锥N−A1DM的体积不变，
即三棱锥A1−DMN的体积为定值，B正确；
若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，
而此时DM，DN的长大于BB1，∴△DMN不可能为直角三角形，C错误；
当M、N分别为BB1，CC1中点时，
平面DMN与平面ABC所成的角为0，
当M与B重合，N与C1重合时，
平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大，为∠C1BC，等于π4．
∴平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,π4]，D正确，
∴正确的是ABD．
故选：ABD．
12.13
【解析】解：由题得AM=AC−MC=AC−14BC=AC−14(AC−AB)=34AC+14AB，
所以AM=34AC+14AB=94AN+14AB，所以AN=49AM−19AB，
又AN=λAB+μAM，所以λ=−19,μ=49，
所以λ+μ=−19+49=13．
故答案为：13．
先由题中所给条件求出AM=94AN+14AB，进而得AN=49AM−19AB，再结合AN=λAB+μAM即可求解λ，μ，进而得λ+μ．
本题考查平面向量的数乘与线性运算，为中档题．
13.18；84
【解析】解：由分层随机抽样方法可得，C车间应抽取的件数为60×30%=18；
总样本平均值x=2×220+5×240+3×23010=233，
总样本方差为
s2=2×[20+(220−233)2]+5×[20+(240−233)2]+3×[30+(230−233)2]10=84．
故答案为：18；84．

【解析】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”
设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，
甲队以4：1获胜包含的情况有：
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1=0.2×0.8×0.5×0.5×0.8=0.032，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2=0.8×0.2×0.5×0.5×0.8=0.032，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3=0.8×0.8×0.5×0.5×0.8=0.128，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p4=0.8×0.8×0.5×0.5×0.8=0.128，
则甲队以4：1获胜的概率为：
p=0.032+0.032+0.128+0.128=0.32．
故答案为：0.32．
15.解：(1)因为向量m=(a+c, 3csA+sinC)，n=(b,sinB)满足m//n，
所以(a+c)sinB=b( 3csA+sinC)，
由正弦定理可得sinAsinB+sinCsinB= 3sinBcsA+sinBsinC，
又因为sinB>0，可得sinA= 3csA，
即tanA= 3，
而A∈(0,π)，
即A=π3；
(2)△ABC的面积为4 3，a=5，A=π3，
即12bcsinA=4 3，
所以bc=16，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−bc
即(b+c)2=25−3×16，
所以b+c= 73，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+ 73．
【解析】(1)由向量的共线，由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(2)由三角形的面积公式及余弦定理可得b+c的值，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形的面积公式的应用，向量共线的性质的应用，属于中档题．
16.解：(1)证明：∵四边形ABEF为矩形，∴AF//BE，
∵AF⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，
∴AF//面BCE．
(2)∵AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，
∴AF//BE，BE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BE，
∵四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB//CD，AD=AF=CD=1，AB=2，
∴AC= AD2+CD2= 12+12= 2，∵∠CAB=45°，
∴在△ABC中，BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB
=2+4−2× 2×2×csπ4=2，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
∵AC⊥BE，BC∩BE=B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，
∴AC⊥平面BCE，
∵AF//平面BCE，∴A，F两点到平面BCE的距离相等，
∵AC⊥平面BCE，∴F到平面BCE的距离即为线段AC的长，
∴VF−BCE=13S△BCE×AC=13×12× 2×1× 2=13，
△BFC中，CF= 3,BC= 2,BF= 5，
∴CF2+BC2=BF2，∴CF⊥BC，
∴S△BFC=12× 3× 2= 62，
设点E到平面BFC的距离为d
由VE−BFC=VF−BCE，
得13S△BFC×d=13× 62×d=13，
∴d= 63，
即点E到平面BFC的距离为 63．
【解析】(1)根据四边形ABEF为矩形，得到AF//BE，从而得到线面平行；
(2)先证明出AC⊥BE，由勾股定理和余弦定理求出各边长，由勾股定理逆定理得到AC⊥BC，得到AC⊥面BCE，从而求出VF−BCE=13，在求出S△BFC= 62，利用等体积法求出点到平面的距离．
本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．
17.解：(1)依题可知，图1第一个小矩形的面积为5×0.002>0.5%，
所以95