广东省惠州市第一中学2024-2025学年高二上学期9月阶段考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省惠州市第一中学2024-2025学年高二上学期9月阶段考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学
考试时长：120分钟
一、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，只有一项符合题目要求.
1．已知向量，若，则的值为（ ）
A． B．C．D．
2．复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．设，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
4．已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图,甲站在水库底面上的点D处,乙站在水坝斜面上的点C处,已知库底与水坝所成的二面角为120°,测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为,,又已知,则甲、乙两人相距( )
A．50 mB． mC．60 mD．70 m
6．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（ ）
A．B．C．4D．2
7．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ）
A．平均数为3B．标准差为
C．众数为2D．85%分位数为5
10．有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.用表示第一次取到的小球的标号，用表示第二次取到的小球的标号，记事件：为偶数，：为偶数，C：，则（ ）
A．B．与相互独立
C．与相互独立D．与相互独立
11．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量，，则在方向上的投影向量坐标是 .
13．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
14．已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为 ．
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．如图，四面体，，，，，，分别为棱，，，，，的中点.
(1)设，，，用向量，，分别表示、、；
(2)若，求证，，.
16．在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，连接.
（1）证明：；
（2）连接，求与底面所成角的正切值；
（3）求二面角的平面角的正切值.
17．为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.

(1)求图中a的值，并求综合评分的平均数；
(2)用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
(3)已知落在50,60的平均综合评分是54，方差是3，落在60,70的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差.
18．设三个内角的对边分别为，且.
(1)求的值；
(2)设为锐角三角形，是边的中点，求的取值范围.
19．由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点､棱､面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数.
(1)已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数；
(2)证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱；
(3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值.
1．A
【分析】根据题意，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，可得，解得.
故选：A.
2．D
【分析】根据复数的除法运算求，再结合复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
3．D
【分析】根据直线和平面的平行和垂直的性质定理对各选项逐一判断，对于A，B，C选项可以通过反例来排除，对于D选项可通过平面法向量来证明．
【详解】对于A，，，则可以异面，也可以平行，故A错误；
对于B，，，，则可以平行，可以相交，也可以异面，故B错误；
对于C，若，，，则可能平行，也可能相交，故C错误；
选项D：由于，，故在a上取向量作为的法向量，
在b上取作为的法向量，因为，故，故D正确.
故选：D.
4．D
【分析】根据互斥事件，对立事件的概率关系即可计算求解.
【详解】由题可知，，
又，所以，解得，
所以.
故选：D.
5．D
【分析】把向量拆分为,再平方可得|．
【详解】因为,
所以||2==||2+||2+||2+2()
=302++402+2(0+0+30·40·cs60°)=4900,于是||=70m,
故甲、乙两人相距70m.选D.
【点睛】线段长度，即向量模常用方法是用平方处理，如本题通过向量分拆再用平方可求得向量模||．
6．D
【分析】根据题意，利用三角形的面积公式，求得且，结合余弦定理，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为且面积为，可得，
解得，则，
又由余弦定理得，所以.
故选：D.
7．C
【分析】设出圆锥的底面半径，结合圆锥底面半径、母线及高的关系与侧面面积计算即可得其母线长，再结合球的表面积计算公式计算即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，则球的半径为圆锥母线长l=32+r2=9+r2，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆，则有πrl=12πl2，即，
即有2r=9+r2，解得，则l=2r=23，
故球的表面积为S表=4πl2=48π.
故选：C.
8．B
【分析】设，，利用正弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解.
【详解】法一：设，，
则，，
在中由正弦定理，即，
所以，
在中，
（其中），
所以当时，所以最小值为．
法二：如图，因为，所以点在如图所示的圆上，
圆的直径为，
由圆周角的性质可得，所以，．
连接，可得（当为与圆的交点时取等号）．
在中，，，，
根据余弦定理可知，
即，所以的最小值为．
故选：B
9．AD
【分析】根据平均数、方差、众数和百分位数的概念与计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由平均数的计算公式，可得，所以A正确；
由方程的公式，可得，
所以标准差为，所以B错误；
由众数的定义，可得数据的众数为2和3，所以C错误；
将数据从小到大排序得1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，可得，
所以第85百分位数为5，所以D正确.
故选：AD.
10．ACD
【分析】对A：借助独立事件乘法公式计算即可得；对B：借助相互独立事件定义，分别计算出、、后，验证是否满足即可得，C、D同理.
【详解】对A：，故A正确；
对B：，，
则，故与不相互独立，故B错误；
对C：，，
则，故与相互独立，故C正确；
对D：，
则，故与相互独立，故D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】A选项，考虑锥体的底面积、高均未变，故体积不变；B选项，找出异面直线所成的角，在三角形中判断角的大小；CD选项，找到点轨迹，计算可得.
【详解】对A：如图：

当在平面上运动时，四棱锥的底面面积为定值4，高为点到平面的距离为定值2，所以为定值.故A正确；
对B：如图

当在线段上运动时，与所成角就是与所成的角，因为为等边三角形，所以当点与线段的端点重合时，与所成的角最小，为，当点为线段中点时，与所成的角最大，为.故B正确；
对C：如图：

因为是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，所在的平面为如图正六边形，正六边形的边长为，当点与中点重合时，最小，为.故C错误；
对D：如图：

使直线与平面所成的角为的点P的轨迹为对角线、以及平面内以为圆心，以2为半径的圆的，故点的轨迹长度为：.故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：与立体几何有关的轨迹问题，关键是要弄清楚动点的轨迹形状.
12．
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以在方向的投影向量为.
故答案为：.
13．
【分析】根据向量数量积、模的运算、夹角等知识来求得正确答案.
【详解】由于底面，平面，所以，
而底面是矩形，所以，
，
，
所以，
.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
14．##
【分析】由题意不妨设，则，所以设，然后利用数量积的坐标运算求解即可.
【详解】因为向量均为单位向量，且，所以不妨设，
设，因为，所以，
则设，
所以，，
所以
，
所以当时，取得最大值，
所以的最大值为.
故答案为：
15．(1)，，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据空间向量的加减法及数乘的运算可得；
（2）根据，及空间向量模的运算可得，进而可证.
【详解】（1）由题意，
，
.
（2）因为，所以，
故即，
故，
得，
得，
故，，，
即，，，
故，，.
16．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）证明平面即可；
（2）作于点，则是的中点，连接，则为与底面所成的角，即可求解；
（3）作，垂足为，则为的中点，连接，则，所以为所求二面角的平面角，即可求解.
【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以.
因为底面为正方形，所以，所以平面.
因为平面，所以.
因为为的中点，，所以.
又因为，所以平面.
因为平面，所以.
（2）作于点，则是的中点，，且，
底面.
连接，则为与底面所成的角.
设，在中，，，
所以.
（3）解：作，垂足为，则为的中点，连接，则，所以为所求二面角的平面角.
在中，，，所以.
【点睛】本题考查空间中直线与直线垂直的证明，考查线面角、面面角的求法，属于基础题.
17．(1)，平均数为81
(2)
(3)，
【分析】（1）根据频率和为1求得，结合加权平均数运算求解；
（2）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解；
（3）根据题意利用分层抽样的平均数和方差公式运算求解.
【详解】（1）由频率和为1，得，解得；
设综合评分的平均数为，
则，
所以综合评分的平均数为81.
（2）由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E；
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间
，；
记事件“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，
则，，
所以所求的概率为.
（3）由题意可知：落在的频率为，落在的频率为，
所以，
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，转化求解即可．
（2）由正弦定理求解的范围，结合向量的数量积，推出的表达式，然后求解范围即可．
【详解】（1）因为，
所以利用正弦定理可得，
又为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
（2）， ；
由正弦定理，
则，
又为锐角三角形，则，得，则，
故,,
，
即，二次函数的开口向下，对称轴为，
在，单调递减，故的取值范围,，即．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设此足球有个正五边形，分别得顶点与棱数，再利用欧拉公式解得的值.
（2）当凸多面体每个面均为三角形时，棱数最多，此时棱数与面数有关系.
（3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，根据欧拉公式列出表达式，再由得不等式，分类取值即可.
【详解】（1）设足球有个正五边形，则有个正六边形，
足球的顶点，棱数，
由欧拉公式得，
解得，即此足球中有个面为正五边形，
所以此足球的棱数.
（2）由个顶点的凸多面体，其面数尽可能多，那么相当于每一个面尽可能均为三角形，
当棱数最多时，该凸多面体每一个面均为三角形，此时，即，
又，即，解得，
故个顶点的凸多面体，至多有条棱.
（3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，
则此多面体棱数，，即，
由欧拉公式，得，
所以，即，即，
所以，
当时，，所以，，；
当时，，所以，，；
当时，，所以，，；
综上：棱数可能为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，讨研得点与棱、点与面、棱与面的数量之间的关系，从而得解.