2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第十二中学高二上学期开学考试数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第十二中学高二上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据复数的乘除法运算，求得，即可得，根据复数的几何意义可得答案.

【详解】,

则 ，即z的共轭复数在复平面内所对应的点位于第三象限，

故选：C

2．在中，角所对的边分别是，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦定理，即可求解.

【详解】解：由正弦定理得，，

故选：A.

3．已知向量，，若，则实数（    ）

A． B． C．2 D．-2

【答案】B

【分析】由平面向量线性运算的坐标表示出，，再由平面向量共线的坐标表示即可得解.

【详解】由已知得，，

又因为，

所以有，解得.

故选：B

4．袋子中有大小、形状、质地完全相同的4个小球，分别写有“风”、“展”、“红”、“旗”四个字，若有放回地从袋子中任意摸出一个小球，直到写有“红”、“旗”的两个球都摸到就停止摸球.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，用1，2，3，4分别代表“风”、“展”、“红”、“旗”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：

411   231   324   412   112   443   213   144   331   123

114   142   111   344   312   334   223   122   113   133

由此可以估计，恰好在第三次就停止摸球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用列举法求出恰好在第三次就停止摸球的随机数有3个，再利用古典概型的概率求解.

【详解】由题得恰好在第三次就停止摸球的随机数有：324，443，334，共有3个.

由古典概型的概率公式得恰好在第三次就停止摸球的概率为.

故选：B

5．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.

【详解】对于A选项，该组数据的平均数为，

方差为；

对于B选项，该组数据的平均数为，

方差为；

对于C选项，该组数据的平均数为，

方差为；

对于D选项，该组数据的平均数为，

方差为.

因此，B选项这一组的标准差最大.

故选：B.

【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.

6．已知四边形的对角线交于点O，E为的中点，若，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值.

【详解】由已知得，，

故，又B，O，D共线，

故，所以.

故选：A.

7．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知，，进而利用向量求解异面直线所成角即可.

【详解】解：由题知，在直三棱柱中，平面，平面，

∵平面，平面，

∴，，

∵，，

∴.

∵，，

∴，

∴异面直线与所成角的余弦值为

故选：C.

8．已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用空间点、线、面的位置关系，根据三棱锥的特点计算其外接球的半径.

【详解】在等腰中，易知，所以，

的外接圆的半径为，

所以三棱锥P－ABC的外接球的半径为.

所以其表面积为.

故选：B.

二、多选题

9．设，为不重合的平面，，为不重合的直线，则其中正确命题的为（    ）

A．，，则

B．，，，则

C．，，，则

D．，，，则

【答案】CD

【分析】以正方体为特例，结合线面（面面）垂直的判定、性质，排除错误选项，得出结果.

【详解】

如图，平面 ，平面平面 ，

但是，平面 ，A不正确；

平面 ，平面，平面平面 ，

但是，、异面，B错误；

由，可得，或.又，可得，C正确；

由，，可得，.又，所以，D正确.

故选：CD.

10．分别抛掷两枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），设事件“第一枚骰子的点数为奇数”，事件“第二枚骰子的点数为偶数”，则（    ）

A．M与N互斥 B．M与N不对立

C．M与N相互独立 D．

【答案】BCD

【分析】相互独立事件，互斥事件，对立事件，利用定义即可以逐一判断四个选项正误.

【详解】对于选项A：事件与是可能同时发生的，故与不互斥，选项A不正确；

对于选项：事件与不互斥，不是对立事件，选项正确；

对于选项：事件发生与否对事件发生的概率没有影响，与相互独立.

对于选项：事件发生概率为 ，事件发生的概率，，选项正确.

故选：

【点睛】本题主要考查了相互独立事件，互斥事件，对立事件，以及随机事件的概率，属于基础题.

11．下列说法正确的是（    ）

A．一条直线和一个点可以确定一个平面

B．如果、是两条异面直线，且，，，，那么

C．向量，，若向量与垂直，则

D．复数满足，则的最大值为

【答案】BD

【分析】当点在直线上时可判断A，由面面平行的判定定理可判断B，利用向量数乘的坐标运算可判断C，根据复数模长的三角不等式可判断D.

【详解】选项A，当点在直线上时，可以确定无数个平面，错误；

选项B，如果、是两条异面直线，且，，，，则存在使得，且故，正确；

选项C，由题意，向量与垂直，故，即，错误；

选项D，由复数模长的三角不等式，即的最大值为，正确.

故选：BD

12．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（    ）

A．为的中点

B．与所成的角为

C．平面

D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于

【答案】ACD

【分析】在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而；

在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为；

在C中，推导出，，由此能证明平面；

在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于．

【详解】解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，

∵平面，平面，∴，

∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确；

在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角，

∵平面，平面，∴，

在中，，∴，

∴与所成角为，故B错误；

在C中，∵四边形为正方形，∴，

∵平面，平面，∴，

∵，、平面，

∴平面，故C正确；

在D中，设，则，

．

∴，故D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．已知点，，则___________.

【答案】

【分析】由向量坐标得，再由模长公式进而得解.

【详解】由题意得，故.

故答案为：.

14．在中，，，其面积为，则_______．

【答案】

【分析】利用三角形的面积公式求得，利用余弦定理求得，结合正弦定理求得正确答案.

【详解】依题意，，

由余弦定理得，，

由正弦定理得.

故答案为：

15．向量、满足，，且，则向量在上的投影向量为_________.

【答案】

【分析】根据数量积的运算律及定义求出向量、的夹角的余弦值，再根据向量在上的投影为求出投影，最后根据计算可得.

【详解】解：因为，，且，

所以，

所以，

所以向量在上的投影为，

所以向量在上的投影向量为.

故答案为：.

16．如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围_________.

【答案】

【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，即可求出的面积，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.

【详解】连接，如图所示，

因为平面，平面，所以，

∵，由，，则；

所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，

所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.

所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，

所以四面体的体积的最小值是，所以，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：

求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式，

通常会有以下两种：

①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；

②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.

四、解答题

17．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.

(1)求证：平面；

(2)已知，当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可证得，，再由线面平行的判定定理即可证明.

（2）平面，所以为四棱锥的高，由题意求出菱形的面积，再由棱锥的体积公式计算即可得出答案.

【详解】（1）四边形是菱形，，

又平面，平面，

，又，平面，

平面；

（2）解：平面，

是直线与平面所成的角，

于是，，，又，

所以菱形的面积为，

故四棱锥的体积.

18．在中，角、、所对的边分别为、、，且与共线.

(1)求：

(2)若，且，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量共线的坐标表示结合正弦定理可求得，再由角的取值范围可求得角的值；

（2）求出、的长，在中，利用余弦定理可得出关于的方程，解出的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】（1）解：在中，，

因为向量与向量共线，则，

由正弦定理可得，

所以，，

、，则，所以，，因此，.

（2）解：，且，，，，

在中，由余弦定理有，

即，即，，解得，

所以，.

19．第24届冬奥会于2022年2月在北京举行，志愿者的服务工作是冬奥会成功举办的重要保障.某高校承办了北京冬奥会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同.

(1)求的值；

(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数；

(3)在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题设及直方图各组频率和为1，列方程组求参数a、b.

（2）由（1）的结果，根据频率直方图求平均值即可.

（3）由分层抽样的性质可得抽取5人有4人来自第四组，1人来自第五组，应用列举法求两人来自不同组的概率.

【详解】（1）由题设，，解得.

（2）由（1）及直方图可知：这100名候选者面试成绩的平均数为.

（3）由题设，第四､第五组频率比为，所以抽取5人有4人来自第四组，1人来自第五组，

第四组的4人分别为，第五组的1人为，

所以5人中选出2人的所有组合有，共10种情况，而两人来自不同组的组合有，共4种，

所以两人来自不同组的概率为.

20．某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，，，，并整理得到如下频率分布直方图：

(1)已知样本中分数在的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；

(2)试估计测评成绩的第三四分位数；

(3)已知样本中男生与女生的比例是3：1，男生样本的均值为70，方差为10，女生样本的均值为80，方差为12，请计算出总体的方差.

【答案】(1)20人

(2)78.75

(3)

【分析】（1）（2）由频率分布直方图数据求解，

（3）由平均数与方差的计算公式求解，

【详解】（1）由频率分布直方图知，分数在的频率为，

在样本中分数在的人数为（人），

在样本中分数在的人数为95人，所以估计总体中分数在的人数为（人），总体中分数小于40的人数为20人

（2）测试成绩从低到高排序，样本中分数在的频率为，

样本中分数在的频率为，则75%分位数在之间，

所以估计测评成绩的75%分位数为.

（3）总样本的均值为，

所以总样本的方差为

21．在中，角，，所对的边分别为，，.在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件.

(1)求角的大小；

(2)若，求周长的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①. ，利用二倍角的余弦公式求解；选②. ，利用正弦定理和余弦定理求解； 选③.，利用正弦定理，结合两角和与差的三角函数求解；

（2）由（1）知，利用余弦定理得到，再结合基本不等式求解.

【详解】（1）解：选①.，

即，

所以，所以.

又因为，所以.

选②.因为，

所以，

即，

由正弦定理得.

由余弦定理知.

又.所以；

选③.因为.

由正弦定理得，

所以，

即.

因为，

所以，

又.所以；

（2）由（1）知，

则由余弦定理得，.

所以，

所以，当且仅当时取等号.

所以周长的最小值为.

22．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个“刍甍”，四边形为矩形，与都是正三角形，，.

求证：面；

求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析； （2）.

【分析】（1）先证面，再证，即可证得结论；

（2）延长棱至，使得，得到了直三棱柱，过作于，则面，与平面所成角为，即可得解.

【详解】（1），面，面，

面，又面面，

，又面，面，

所以面.

（2）如图，延长棱至，使得，

由题可知与皆为矩形，于是我们得到了直三棱柱，

过作于，则面，

在面内的摄影为，与平面所成角为，

又，

中，边长的高为，，

故.

【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.