高二数学开学摸底考（上海专用）-2024-2025学年高中下学期开学摸底考试卷.zip

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数学•全解全析
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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．测试范围：沪教版 2020 必修第三册+空间向量+数列。
一一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分）
1．若
，且
，
（填一符号）
【答案】
【分析】根据点线、点面位置关系，结合平面的基本性质即可得答案.
【解析】
，且
，
.
故答案为：
.
2．为了了解同学们的作业量，学校决定采用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取 150 人进行调
查，已知高一学生有 400 人，高二学生有 500 人，高三学生有 600 人，则应抽取的高三学生人数为
【答案】60
.
【分析】根据分层抽样的定义求解即可.
【解析】由题可知，三个年级共有
人，
抽样比例为
，
则抽取的学生中，高三年级有
人.
故答案为：60.
3．已知直线 的一个方向向量为
，平面 的一个法向量为
，则直线 与平面 所成的
角的大小为
．
【答案】0/
【分析】根据题意可得
【解析】由题意可得：
，可知 ∥平面
或
平面 ，即可得结果.
，即
，
可知 ∥平面
或
平面
，
所以直线 与平面 所成的角为 0.
1 / 17

故答案为：0.
4．已知正方体
【答案】
棱长为 2，则点 到平面
的距离为
.
【分析】利用正方体的特征及线面垂直的判定计算即可.
【解析】如图所示，E 为侧面
的中心，
根据正方体的特征可知
平面 ，所以
平面
，
，
又
平面
，
所以
平面
，即点 到平面
的距离为
.
故答案为：
5．如果从甲口袋中摸出一个红球的概率是 ，从乙口袋中摸出一个红球的概率是 ，现分别从甲乙口袋中
各摸出 1 个球，则 2 个球都是红球的概率是
【答案】
．
【分析】根据相互独立事件概率乘法公式求解．
【解析】从甲口袋中摸出一个红球的概率是 ，从乙口袋中摸出一个红球的概率是
，
现分别从甲乙口袋中各摸出 1 个球，则 2 个球都是红球的概率
．
故答案为：
．
6．如图是用斜二测画法画出的水平放置的正
的直观图，其中
，则
的面积
为
.
2 / 17

【答案】
【分析】由直观图可以推得原三角形底边长及高，从而可得
，从而求得三角形的
高，即可
求解
【解析】由直观图可知，原三角形
面积.
边长为 4，则
边上的高为
，所以
，
所以
的高是
，所以 的面积是
.
故答案为：
.
7．已知等比数列
中，
，则
．
【答案】
或
【分析】根据等比数列的性质可求 的值.
【解析】因为
，所以
，解得
，
因为
当
，所以
，所以
或
．
时，
时，
；
当
，所以
．
故答案为：
或
.
8．已知甲、乙两组数据的茎叶图如图所示，若它们的平均数相同，则甲组数据的中位数为
．
【答案】41
【分析】根据平均数相同求出 的值，从而将甲组数据从小到大排序即求出甲组数据的中位数.
【解析】因为乙组数据为：
所以平均数为：
，
，
又因为甲组数据与乙组数据平均数相同，
所以
，即
，
所以甲组数据为：
所以甲组数据的中位数为：
，
.
故答案为：
.
3 / 17

9．已知异面直线
【答案】3
，
所成角 80°，过空间定点
与
，
成 50°角的直线共有
条.
【分析】将异面直线
案.
，
，
平移经过 ，考虑两条直线的角平分线，夹角分别为
和
，
，通过旋转得到答
【解析】将异面直线
如图所示：
平移经过 ，得到
和
直线，
的角平分线满足与
的角平分线满足与
，
，
成
成
角，
角，往上或者往下旋转一定角度，
可以有 2 两条直线满足条件，
综上所述：共有 3 条直线满足条件.
故答案为：
.
10．如图，在四棱锥
中，
平面
，底面
，则
是矩形，
的长为
，
， 是
上的点，直线 与平面
所成的角是
.
【答案】2
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面
直线 与平面 所成的角是 ，即可求得答案.
平面 ，底面
的法向量，利用空间角的向量求法，结合
【解析】由题意知在四棱锥 中，
以 A 为坐标原点，以 所在直线为
是矩形，
轴建立空间直角坐标系，
4 / 17

则
则
，设
，
，
设平面
即
的一个法向量为
，令
，则
，
，则
所成的角为
所成的角是
，
设直线 与平面
直线 与平面
，
，则
，
故
即
，
，解得
（负值舍去），
故
的长为 2，
故答案为：2
11．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于 1974 年发明的机械益
智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的
智力游戏之一，一个三阶魔方，由 27 个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了 45°，则该魔方
的表面积是
.
【答案】
【分析】利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解.
【解析】如图，转动了
由图形的对称性可知，
后，此时魔方相对原来魔方多出了 16 个小三角形的面积，俯视图如图，
为等腰直角三角形，
，
设直角边为
故
，则斜边为
，可得
.
由几何关系得：
故所求面积
，
.
5 / 17

故答案为：
12．无穷等比数列
满足首项
，记
，若对任意正整数 集合
是闭区间，则 的取值范围是
【答案】
【分析】当
．
时，不妨设
，则
恒成立，故可求 的取值范围.
，因为 ，故 ，故
，故
，结合 为闭区间可
得
对任意的
【解析】由题设有
，
当
时，
，此时 为闭区间，
当
时，不妨设
，若
，则
，则
，
若
，
若
，则
，
综上，
，
又
而
故
为闭区间等价于
为闭区间，
恒成立，
，故
对任意
即
，故
恒成立，因 ，
，
故
对任意的
故当
时，
，故
即
.
故答案为：
.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
二、选择题(本题共有 4 题，满分 18 分，第 13-14 题每题 4 分，第 15-16 题每题 5 分；每题有且只有一个正
确选项)
6 / 17

13．设α，β是两个不同的平面，直线
A．充分不必要条件
C．充要条件
，则“对β内的任意直线 l，都有
B．必要不充分条件
”是“
”的（ ）
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义即可判断.
【解析】充分性：若对β内的任意直线 l，都有 ，利用线面垂直的定义可知
，根据面面垂直的判定定理可知
因此可知充分性成立；
必要性：由
；
又
，
，
，如下图所示：
无法确定β内的任意直线 l 与 的关系，因此必要性不成立.
即“对β内的任意直线 l，都有
故选：A
”是“
”的充分不必要条件.
14．已知事件 A 与事件 B 是互斥事件，则（
A．
）
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案.
【解析】因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，则
不一定是互斥事件，所以
不一定为 0，故选项
A 错误；
因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，所以
，则
，而
不一定为 0，故选项 B
错误；
因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，不一定是对立事件，故选项 C 错误；
因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，
故选：D.
是必然事件， 所以
，故选项 D 正确.
15．设数列
为（
A．
的前 项和为 ，若
，且存在正整数 ，使得
，则 的取值集合
）
B．
C．
D．
7 / 17

【答案】B
【分析】利用分组求和求得
，不妨令
，解得
，所以
，因为
，
所以
或 17，分情况讨论可得答案.
【解析】因为
，所以
不妨令
又因为
因为
，可得
，所以
，所以
，解得
或 17，
或
（舍去），所以
.
，所以
当
时，由
所以
当
时，由
又由
所以
所以 的取值集合为
故选：B.
.
16．已知 是正方体
的中心，过点 的直线 与该正方体的表面交于
、
两点，现有如
下命题：①线段
在正方体 6 个表面的投影长度为
，则
为定值；②直线 与正方体 12
条棱所成的夹角的
，则
为定值.下列判断正确的是（
）
A．①和②均为真命题
C．①为真命题，②为假命题
【答案】D
B．①和②均为假命题
D．①为假命题，②为真命题
【分析】利用特例法可判断①；利用长方体的几何性质，结合两直线所成角的定义可判断②选项，从而得解.
【解析】对于①，依题意，设正方体
的棱长为
，
当
为正方体
与线段
的一条体对角线，
在正方体
不妨设
此时
重合，
各面上的投影长为
，
，
8 / 17

当
故
平面
在面
时，
在面
、
的投影长为
，
、
、
、
的投影长为 ，此时
，
不是定值，①错误；
与正方体的棱平行时，不妨设
对于②，当
此时 与棱
平面
垂直，
都垂直，
、
、
、
、
、
、
、
与棱
、
、
、
都平行，此时
，
当
不与正方体的棱平行时，过点
、
分别作正方体的棱的平行线，
构成长方体
，
设
与棱
、
、
所成的角分别为
，同理可得
、
、
，
由图可知，
，
，
由长方体的几何性质可得
所以
，
，此时
，
所以
为定值，故②正确.
9 / 17

故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对
的位置进行分类讨论，结合长方体的几何性质求解.
三、解答题(本大题共有 5 题，满分 78 分，第 17-19 题每题 14 分，第 20、21 题每题 18 分.)
17．如图，在四棱锥
中点.
中，
平面
，正方形
的边长为
，设 为侧棱
的
(1)求正四棱锥
的体积
；
(2)求直线
与平面
所成角 的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据锥体体积公式求得正四棱锥
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线
的体积
与平面
.
所成角 的大小.
【解析】（1）设
，则
的中点，所以
，所以 平面
是
的中点，
连接
由于
所以
，由于
平面
是
，
，
，
.
（2）依题意可知
两两相互垂直，
以
为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，
设平面
则
的法向量为
，
，故可设
10 / 17

设直线
则
与平面
所成角为 ，
，
由于
，所以
.
18．已知数列
(1)求证：数列
满足
是等比数列，并求数列
．设
通项公式；
．
(2)设数列
，且对任意正整数 ，不等式
恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析，
；
(2)
【分析】（1）由数列的递推式，两边同时加上 2，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）求得 ，推得
递减，可得
，由不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
，
【解析】（1）证明：由
可得
，
是首项和公比均为 3 的等比数列，
，即
即数列
则
；
（2）数列
，
则
，
可得
递减，可得
，对任意正整数 ，不等式
恒成立，
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可得
，即有
，即 的取值范围是
.
19．2022 年 2 月 4 日，第 24 届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为
了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞
赛，满分 100 分（95 分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有 人，按年龄分成 5 组，其中第一组
，第二组
，第三组
，第四组
，第五组
，得到如图所示的频率分布直方
图，已知第一组有 10 人．现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取 20 人，担任本市的“奥运会”宣传使者．
(1)若有甲（年龄 38），乙（年龄 40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机
抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
(2)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 36 和 ，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为
42 和 1，据此估计这 人中 35~45 岁所有人的年龄的方差.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据古典型概念公式可得；
(2)根据分层抽样平均数和方差公式可得.
【解析】（1）由题意得，第四组应抽取
人，记为 （甲），
，
，
，
第五组抽取
人，记为 （乙）， ，对应的样本空间的样本点为：
，
，设事件 为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则
，
所以
；
（2）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为
，
，方差分别为
，
，
则
，
，
，
，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为 ，方差为
，
12 / 17

则
，
，因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为 10.
据此估计这 人中 35~45 岁所有人的年龄的方差为 10.
20．设四边形
为矩形，点 为平面
外一点，且
平面
，若
，
.
(1)求
(2)在
与平面
所成角的大小（用反三角函数表示）；
边上是否存在一点 ，使得点 到平面
的距离为 ，若存在，求出
的值，若不存在，请
说明理由；
(3)若点
是
的中点，在
内确定一点 ，使
的值最小，并求此时
的值.
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）连接
，由
平面
，可得
即为
与平面
所成角的平面角，进而可得
出答案；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）延长
到
，使得
，连接
即为
，取
的中点 ，连接
，证明
平面
，可得
关于平面
对称，则
，进而可得出答案.
【解析】（1）（1）连接
，
因为
平面
，所以
与平面
所成的角，
，
则
，
所以
与平面
所成角的大小为
；
13 / 17

（2）存在一点 G，使得点 D 到平面 PAG 的距离为 ，且
，
如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
则
，设
，
故
，
，
设平面
的法向量为
，
则有
，可取
则点 到平面
的距离为
，
解得
（
舍去），
所以存在，且
；
（3）如图，延长
到
，使得
，连接
，取
，
的中点 ，连接
，
因为点
是
的中点，所以
且
因为
所以
因为
又
平面
，
平面
，
平面
平面
，
，
平面
，所以
，
，
平面
所以
所以
则
平面
，
关于平面
对称，
，当且仅当
，
三点共线时取等号，
设
，连接
，平面
因为
平面
平面
，
平面
，
所以
，所以
，
14 / 17

因为
所以
所以
，所以
，
，
，所以
，
因为
因为
因为
，
平面
平面
，所以
，
，所以
，所以
平面
，
，
所以
.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可
确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 ，从而不必作出线面角，则线面
角
满足
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 为直线 的方向向量， 为平面的法向量，则线面角
正弦值为
21．在各项均不为零的数列
（ 为斜线段长），进而可求得线面角；
的
.
中，选取第 项、第 项、…、第 项，其中
，
，若
，其
新数列
为等比数列，则称新数列为 的一个长度为 m 的“等比子列”.已知等差数列
各项与公差 d 均不为零.
(1)若在数列
(2)若
中，公差
，数列
，
，且存在项数为 3 的“等比子列”，求数列
的一个长度为 的“等比子列”，其中
的通项公式；
，公比为 .当 最小时，
为
求
的通项公式；
(3)若公比为 的等比数列
比子列”.
，满足
；
，
，
，证明：数列
为数列
的“等
【答案】(1)
或
15 / 17

(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）“等比子列”可能为
；
；
，根据等比数列和等差数列的性质，可求
的
通项公式；
（2）要使
公比 最小，则
为数列
，结合
、等比等差数列通项公式即可求 的通项公式；
（3）要证数列
纳法证明.
的“等比子列”，即要证数列
中每一项都是数列
中的项，可用数学归
【解析】（1）由题设
时，等比子列可能为
，
；
；
，
经验证：
等比子列为
时无解；
时，
等比子列为
等比子列为
前 4 项为：
前 4 项为：
，故通项为
；
时，
，故通项为
；
（2）由题设
，则
，而
，
，则
为递增的等差数列，且
,
中不包含 ，不合题意；
中不包含 ，不合题意；
公比为 2，此时
，则
，
，则
数列
，
，符合题意；
要使
公比 最小，则
，
，
此时
.
，有
，
（3）由
，即
，
由
，
，
所以
，即
，可得
或
，
由
，则
，
要证数列
为数列
的“等比子列”，即证数列
前 3 项满足，即
中每一项都是数列
中的项，
数学归纳法证明如下：
由上推理及题设知，
时结论成立；
16 / 17

假设
时结论成立，即
时，
使
，
当
，
所以
是
的第
项，故
结论也成立，
中的某一项，
综上，
综上，数列
，总有
为数列
的任意一项都是
的“等比子列”，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，化为证明数列
中每一项都是数列
中的项，并应用数学归纳法求证.
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