河北省保定市部分高中2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省保定市部分高中2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了 若复数满足，则， 已知的三个顶点分别为，且，则， 在中，角的对边分别为，若，则， 已知事件两两互斥，若，则等内容，欢迎下载使用。

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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以.
故选：C.
2. 已知的三个顶点分别为，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】由可得，，
因，故，解得.
故选：D.
3. 若是空间的一个基底，则下列向量不共面的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，是空间的一个基底，
A选项，由于，所以共面，A选项错误.
B选项，由于不存在实数，使得，
所以不共面，所以B选项正确.
C选项，由于，所以共面，C选项错误.
D选项，由于，
所以共面，D选项错误.
故选：B.
4. 已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】由题得.
故选：A.
5. 续航能力关乎无人机的“生命力”，太阳能供能是实现无人机长时续航的重要路径之一.某大学科研团队利用自主开发的新型静电电机，成功研制出仅重克的太阳能动力微型无人机，实现纯自然光供能下的持续飞行.为激发同学们对无人机的兴趣，某校无人机兴趣社团在校内进行选拔赛，8名参赛学生的成绩依次为，则这组数据的上四分位数（也叫第75百分位数）为（ ）
A. 93B. 92C. D.
【答案】D
【解析】8名学生的成绩从低到高依次为，且，
故上四分位数为.
故选：D.
6. 在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A. 6B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】因为，所以，而，
在中，，所以，故，
由余弦定理得，
代入得，
，故，
故，故B正确.故选：B.
7. 某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，随意拨号，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设第次拨号拨对号码.
拨号不超过两次就拨对号码可表示，
所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为.故选：B.
8. 已知圆锥在正方体内，，且垂直于圆锥的底面，当该圆锥的底面积最大时，圆锥的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】取的中点，分别记为，
连接，如图所示，

根据正方体的性质易知六边形为正六边形，此时的中点为该正六边形的中心，且平面，
当圆锥底面内切于正六边形时，该圆锥的底面积最大.
设此时圆锥的底面圆半径为，因为，所以，
所以，圆锥的底面积，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：C.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则或
D. 若，相交，则
【答案】BC
【解析】对于A，若，，则直线可能相交或平行或异面，故A错误.
对于B，若，则，故B正确.
对于C，若，则或，故C正确.
对于D，若相交，则或与相交，故D错误.
故选：BC.
10. 已知事件两两互斥，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A，因为事件两两互斥，
所以，故A错误.
对于B，由，得，故B正确.
对于D，由，得，故D正确.
对于C，因为，所以C正确.
故选：BCD.
11. 已知厚度不计的容器是由半径为，圆心角为的扇形以一条最外边的半径为轴旋转得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的有（ ）
A. 棱长为的正方体
B. 底面半径和高均为的圆锥
C. 棱长均为的四面体
D. 半径为的球
【答案】AC
【解析】设扇形所在圆的半径为，对于A，设正方体的棱长为，如图，

则可容纳的最长对角线，解得，故A正确.
对于C，如图，

取三段圆弧的中点，则四面体的棱长均为2 m，所以可以容纳，故C正确.
对于B，如图，

同选项C的分析，的外接圆半径为，所以不可以容纳，故B错误.
对于D，如图，

设球的半径为，按正中间剖开所得的轴截面，如图，

可知圆与圆内切，，
解得，所以不可以容纳，故D错误.
故选：AC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 《九章算术》中将正四棱台称为方亭，现有一方亭体积为13，则该方亭的高是______.
【答案】3
【解析】设正四棱台的高为.
因为，
所以方亭的体积，
解得.
13. 在空间直角坐标系中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.
【答案】
【解析】依题意可得，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
14. 在中，点在边上，，则的外接圆的半径为______.
【答案】
【解析】设，则，
由，得，
即，
又，所以，即，
又，所以，
所以，则，
所以，所以，
则外接圆的半径为.
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. 某高中为了解本校高二年级学生的体育锻炼情况，随机抽取100名学生，统计他们每天体育锻炼的时间，并以此作为样本，按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图.已知样本中体育锻炼时间在内的学生有10人.
（1）求频率分布直方图中和的值；
（2）估计样本数据的中位数和平均数（求平均数时，同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）.
解：（1）由题意可知，学生每天体育锻炼的时间在[50，60）内的频率为，
则，
由各组频率之和为1，可知，
解得.
（2）前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以样本数据的中位数在第4组，设为，
所以，解得，
估计样本数据的中位数是72分钟；
估计平均数分钟.
16. 在中，角的对边分别是，已知.
（1）证明：.
（2）若的面积为1，求.
解：（1）由可得，
故，,
即,
由正弦定理可得，故.
（2）由可得，故,
结合得,故，
又,故，
故，
由余弦定理可得.
17. 如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为.
（1）证明：平面.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）连接，因为平面，平面，
所以，，，
由勾股定理得，，
因为，所以.
又四边形是菱形，，所以是正三角形，
所以.
由，得是正三角形，.
所以，
即.
由平面，平面，
可得.
因为，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，
所以，
则，
，
设是平面的一个法向量，
由得
取，可得.
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 在正四棱柱中，已知，点分别在棱上，且四点共面，.
（1）若，记平面与底面的交线为，证明：.
（2）若，记四边形的面积为，求的最小值.
解：（1）连接，
因为，
所以，则.
在正四棱柱中，易知，
所以四边形是平行四边形，从而.
又平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，所以.
（2）由正四棱柱对面平行，根据面面平行的性质可得，即四边形为平行四边形.
以为坐标原点，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
，
则，
，
，
化简可得.
因为，
所以，
整理得.
由，
可得.
，
易知在上单调递减，
所以当时，，
当且仅当时，取得最小值.
19. 给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点.
（1）已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点；
（2）若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围；
（3）若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值.
解：（1）点不是关于的一组稳定向量基点，理由如下：
当与重合时，有，
当与重合时，有，
故不是关于的一组稳定向量基点.
（2）因为，
所以，故由正方形结构性质得：
当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值0.
所以的取值范围为.
（3）设单位圆的圆心为，
则，
所以，
因为多边形是正2024边形，
所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知，故，
又，所以，
故是关于圆的一组稳定向量基点，且.