山东省聊城市第二中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题

2022级高二年级第1次测评（开学检测）

数学试题

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（    ）

A.2   B.-2   C.±2   D.4

2.在正方体中，，分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的形状为（    ）

A.三角形   B.四边形   C.五边形   D.六边形

3.已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是（    ）

A.   B.

C.   D.

4.《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（    ）

A.   B.   C.   D.

5.已知，是两条不重合直线，，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（    ）

A.若，，则     B.若，，则

C.若，，，则  D.若，，，则

6.已知的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状一定是（    ）

A.等腰三角形    B.直角三角形

C.等腰直角三角形   D.等腰或直角三角形

7.直三棱柱中，为等边三角形，，是的中点，则与平面所成角的正弦值为（    ）

A.   B.   C.   D.

8.在复数范围内方程的两根为，，则等于（    ）

A.2   B.   C.   D.5

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，则下列说法正确的是（    ）

A.若，则或

B.若，，则

C.若，则

D.若，则

10.已知空间向量，则下列说法正确的是（    ）

A.

B.向量与向量共线

C.向量关于轴对称的向量为

D.向量关于平面对称的向量为

11.已知圆锥的底面半径为，高为2，为顶点，，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（    ）

A.圆锥的体积为

B.圆锥侧面展开图的圆心角大小为

C.圆锥截面面积的最大值为

D.若圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为

12.已知，，，，且的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（    ）

A.

B.的图象关于直线对称

C.把图象向左平移单位，所得图象关于轴对称

D.保持图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数的图象

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.甲、乙两人从1，2，3，…，10中各取一数（不重复），已知甲取到的数是5的倍数，则甲数大于乙数的概率为________.

14.在正方体中，点，分别在棱，上，且，则异面直线与所成角的余弦值为_________.

15.已知，则_________.

16.某医院急救中心随机抽取20位病人等待急诊的时间记录如下表：

用上述分组资料计算出病人等待时间方差的估计值___________.

四、解答题：本题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（15分）某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别.公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为饮料，另外2杯为饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯饮料.若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯选对2杯，则评为良好；否则评为不合格.假设此人对和两种饮料没有鉴别能力.

（1）求此人被评为优秀的概率；

（2）求此人被评为良好及以上的概率.

18.（15分）如图所示，在四边形中，，且，，.

（1）求的面积；

（2）若，求的长.

19.（20分）如图所示，已知是半径为，中心角为的扇形，为弧上一动点，四边形是矩形，.

（1）求矩形的面积的最大值及取得最大值时的值；

（2）在中，，，其面积，求的周长.

20.（20分）如图所示，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点是的中点.

（1）证明：；

（2）求点到的距离；

（3）求二面角的大小.

2022级高二年级第1次测评（开学检测）

数学试题答案

一、单项选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.【答案】A

【解析】

【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值.

【详解】解：由是纯虚数，得，解得.

故选：A.

2.【答案】B

【解析】

【分析】把截面补形可得利用四点共面可得.

【详解】解：如图，把截面补形为四边形，

连接，，

因为，分别为，的中点，则，

又在正方体中，

所以，则四点共面.

则平面截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.

故选：B.

3.【答案】D

【解析】

【分析】根据向量夹角为锐角列出不等式组，求出的取值范围.

【详解】，

由题意得：且，

解得：且，

故选：D

4.【答案】B

【解析】

【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.

【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，

可得，可得，

又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，

所以圆台的侧面积为.

故选：B.

5.【答案】C

【解析】

【分析】利用线线，线面，面面的位置关系逐项分析即得.

【详解】若，，则或，故A错误；

若，，则或或与相交，故B错误；

若，，则或，又，故，故C正确；

若，，则，又，则或，故D错误.

故选：C.

6.【答案】D

【解析】

【分析】根据边角互化得，再结合，化简整理得，进而得或，即的形状一定是等腰或直角三角形.

【详解】解：因为，

所以由正弦定理边角互化得，

因为，

，

所以，

整理得

所以，

所以或，

因为，

所以或，即的形状一定是等腰或直角三角形

故选：D

7.【答案】B

【解析】

【分析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出.

【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

不妨设，则，

所以，平面的一个法向量为

设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，

所以，

即AM与平面所成角的正弦值为.

故选：B.

8.答案  B

解析  因为方程，

所以，

所以，

若令，则，

则.

二、多项选择题：本大题共4小题.每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.【答案】CD

【解析】

【分析】A可以举出反例；B选项，经过复数的向量表示下的运算得到；C选项，设，，得到，从而得到；D选项，同样设出，，通过复数的向量表示形式下的计算得到，得到.

【详解】当时，满足，故A错误；

，B错误；

设，，

若，则，

化简得：，

故，所以，C正确；

设，，

则，，

若，

则，

所以，

则，D正确.

故选：CD

10.【答案】ABC

【解析】

【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即可.

【详解】A：因为，所以本选项说法正确；

B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；

C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，

因为点关于轴对称的点的坐标为，

所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；

D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，

因为点关于平面对称点的坐标为，

所以向量关于平面对称的向量为，

故选：ABC

11.【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意，求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面面积，外接球体积，即可得出结论.

【详解】解：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的母线长，则：

对于A，圆锥的体积，故A错误；

对于B，设圆锥的侧面展开图的圆心角大小为，则，，故B正确；

对于C，当圆锥截面为圆锥的轴截面时，此时，，所以，所以当时，截面的面积最大，，故C错误；

对于D，圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，即圆锥的外接球，设圆锥外接球半径为，由球的性质可知：，即，解得，所以外接球的体积.故D正确.

故选：BD.

12.【答案】ABD

【解析】

【分析】利用向量数量积的坐标表示、降幂公式及辅助角公式可得，根据已知有求得，即，应用代入法验证对称轴、根据图象平移写出平移后的解析式并判断对称性，即可得答案.

【详解】由，

而对称中心与对称轴的最小距离为，即，可得，

所以，可得，A正确；

故，则，故的图象关于直线对称，B正确；

，显然不关于轴对称，C错误；

横坐标变为原来的2倍，再左移个单位则，D正确.

故选：ABD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.答案 

解析  甲、乙两人从1，2，3，…，10中各取一数（不重复），甲取到的数是5的倍数，设甲取的数为，乙取的数为，其样本点记为，

所以样本空间Ω={（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），（10，1），（10，2），（10，3），（10，4），（10，5），（10，6），（10，7），（10，8），（10，9）}，共含有18个样本点，事件“甲数小于乙数”包括（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），共5个样本点，

故甲数大于乙数的概率为.

14.【答案】.

【解析】

【分析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为3，

则有，，，，

，，

设异面直线与所成角为，

所以，

故答案为：.

15.【答案】

【解析】

【分析】由已知条件及诱导公式可得，再应用二倍角余弦公式求目标式的值.

【详解】，

由.

故答案为：

16.【答案】28.5

解析  ，

.

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.解  将5杯饮料编号为1，2，3，4，5，编号1，2，3表示饮料，编号4，5表示饮料，则从5杯饮料中选出3杯的样本空间Ω={（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）}，共有10个样本点.

令表示此人被评为优秀的事件，表示此人被评为良好的事件，表示此人被评为良好及以上的事件，则

（1）.

（2），则.

18.解  （1）因为，，

所以.

因为，

所以.

因为，，

所以的面积为.

（2）在中，，所以.

因为，，

所以，

所以.

19.【答案】（1）当时，；

（2）.

【解析】

【分析】（1）将利用加以表示，并利用三角恒等变换化简函数解析式，利用正弦型函数的性质可求得函数的最大值；

（2）由题可得，然后利用余弦定理及三角形面积公式可得，进而即得.

【小问1详解】

因为，

所以，则，

又，所以，

所以

，

∵，则，

故当时，即当时，函数取得最大值，.

【小问2详解】

∵，

∴，又，

∴，，即，

又，

∴，，

∴，即，

∴，

∴，即的周长为.

20.【答案】（1）证明见解析；

（2）；

（3）.

【解析】

【分析】（1）由已知位置关系推出平面，即可证明异面直线；

（2）由（1）中平面，平面，得，，求解各边长度，得为等边三角形，利用等边三角形的性质即得点到的距离；

（3）利用二面角定义求解即可.

【小问1详解】

证明：∵平面，底面为矩形

∴，又，平面

∴平面，又∵平面

∴，∵，点是的中点.

∴，又，平面

∴平面

∴

【小问2详解】

解：由（1）平面得：

又平面，，∴平面，即

因为，

所以，，，故

即，三角形是边长为2的正三角形，

点到的距离为，则，所以

所以点到的距离.

【小问3详解】

解：由（2）知，，故取中点，连接，.

因为分别为中点，所以，即，故

则为二面角的平面角

又在中，

所以，又

所以.

即二面角的大小为.