2022-2023学年高二上学期开学检测数学试题3（Word版含解析）

2022-2023学年高二上学期开学检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若复数z满足：，则的共轭复数的虚部为（ ）
A．-2 B．i C．0 D．2
2．如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若α//β，m α，n β，则m//n
B．若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
C．若点A、B到平面α的距离相等，则直线AB//α
D．若m⊥α，m//β，则α⊥β
4．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：
则下面结论中不正确的是
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
5．某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
522 553 135 354 313 531 423 521 541 142
125 323 345 131 332 515 324 132 255 325
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为（ ）A． B． C． D．
6．已知定点和直线，则点到直线的离的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
7．从装有 2个红球和 2个白球的口袋中任取 2个球，则下列每对事件中，互斥事件的对数是对
（1）“至少有 1个白球”与“都是白球” （2）“至少有 1个白球”与“至少有 1个红球”
（3）“至少有 1个白球”与“恰有 2个白球” （4）“至少有 1个白球”与“都是红球”
A．0 B．1 C．2 D．3
8．设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知圆心为的圆与点，则（ ）
A．圆的半径为2
B．点在圆外
C．点与圆上任一点距离的最大值为
D．点与圆上任一点距离的最小值为
10．随机地排列数字1，5，6得到一个三位数，则（ ）
A．可以排成9个不同的三位数 B．所得的三位数是奇数的概率为
C．所得的三位数是偶数的概率为 D．所得的三位数大于400的概率为
11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A．正三棱锥高为3. B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥侧面积为
12．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的取值范围为
三、填空题
13．已知三条直线，，，若，则的值为______.
14．某高中对学生春节期间观看亚洲杯的调查，该校高一有800人，高二有900人，高三有1300人，现采用分层抽样随机抽取60人，则高三年级应抽取________人.
15．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形最大内角小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，函数的最小值为__________．
16．在中，分别为三边中点，将分别沿向上折起，使重合，记为，则三棱锥的外接球面积的最小值为________________.
四、解答题
17．已知直线的方程为（）.
（1）求直线过的定点的坐标；
（2）直线与轴正半轴和轴正半轴分别交于点，，当面积最小时，求直线的方程；
（3）当最小时，求直线的方程.
18．对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取名学生作为样本，得到这名学生参加社区服务的次数.根据此数据作出了频数与频率统计表和频率分布直方图如下：
分组 频数 频率
15 0.30
29
2
合计 1
（1）求出表中，及图中的值；
（2）若该校高三学生人数有500人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数；
（3）在所取样本中，从参加社区服务的次数不少于20次的学生中任选2人，求至多一人参加社区服务次数在区间内的概率．
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，Q为的中点，．
（1）点M在线段上，，试确定t的值，使得平面；
（2）在（1）的条件下，若，求直线和平面所成角的正弦值．
20．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75，
(1)求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
(2)经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为X，求随机变量X的分布列和均值．
21．如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道，且两边是两个关于走道对称的三角形（和）.现考虑方便和绿地最大化原则，要求点与点均不重合，落在边上且不与端点重合，设.
（1）若，求此时公共绿地的面积；
（2）为方便小区居民的行走，设计时要求的长度最短，求此时绿地公共走道的长度.
22．已知四棱锥的底面是正方形，平面ABCD．求证：
(1)平面SAD；
(2)平面SAC
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据给定条件，利用复数的乘方、加减运算计算即可判断作答.
【详解】
因，则，
所以所求共轭复数为，其虚部为0.
故选：C
2．C
【解析】
【分析】
根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.
【详解】
因为，所以，
所以，因为三点共线，所以，即，
所以，又,
所以
.
故选：C.
3．D
【解析】
【分析】
举例说明判断A，B；由平面α经过线段AB的中点判断C；利用面面垂直的判定推理判断D作答.
【详解】
对于A，如图，长方体中，平面为平面α，平面为平面β，
直线AB为直线m，直线为直线n，满足α//β，m α，n β，而直线m与n是异面直线，A不正确；
对于B，在选项A的长方体中，平面为平面α，平面为平面β，
直线AB为直线m，直线为直线n，满足α⊥β，m α，n β，而m//n，B不正确；
对于C，当平面α经过线段AB的中点时，点A、B到平面α的距离相等，此时直线AB与平面α相交，C不正确；
对于D，因m//β，则过m存在与平面β相交的平面γ，令它们的交线为c，由线面平行的性质知，c//m，
而m⊥α，则c⊥α，又c β，所以α⊥β，D正确.
故选：D
4．A
【解析】
【分析】
首先设出新农村建设前的经济收入为M，根据题意，得到新农村建设后的经济收入为2M，之后从图中各项收入所占的比例，得到其对应的收入是多少，从而可以比较其大小，并且得到其相应的关系，从而得出正确的选项.
【详解】
设新农村建设前的收入为M，而新农村建设后的收入为2M，
则新农村建设前种植收入为0.6M，而新农村建设后的种植收入为0.74M，所以种植收入增加了，所以A项不正确；
新农村建设前其他收入我0.04M，新农村建设后其他收入为0.1M，故增加了一倍以上，所以B项正确；
新农村建设前，养殖收入为0.3M，新农村建设后为0.6M，所以增加了一倍，所以C项正确；
新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的综合占经济收入的，所以超过了经济收入的一半，所以D正确；
故选A.
点睛：该题考查的是有关新农村建设前后的经济收入的构成比例的饼形图，要会从图中读出相应的信息即可得结果.
5．B
【解析】
根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数，再按照古典概型求概率.
【详解】
20组数据中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9组随机数，所以.
故选：B
6．D
【解析】
【分析】
直线，
可化为：，令可得直线经过定点,可得点到直线的距离的最大值为.
【详解】
直线，
可化为：，令解得：
因为直线经过定点,
所以点到直线的距离的最大值为
故选：D
7．B
【解析】
【详解】
对于（1），“至少有1个白球”，包括“两个白球”和“一白一红”两种情况，两事件可以同时发生，不是互斥事件；对于（2），“至少有1个白球”，包括“两个白球”和“一白一红”两种情况，“至少有1个红球”，包括“两个红球”和“一白一红”两种情况，两事件可以同时发生，不是互斥事件；对于（3），“至少有1个白球”与“恰有2个白球”， 两事件可以同时发生，不是互斥事件；对于（4），“至少有1个白球”与“都是红球”，不可能同时发生，是互斥事件，即互斥事件的对数是 ，故选B.
8．B
【解析】
本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.
【详解】
方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.
方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B.
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
【点睛】
常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
9．BCD
【解析】
【分析】
把圆C的方程化为标准形式，写出圆心和半径，再逐一分析各选项并判断作答.
【详解】
依题意，圆：，则圆心，半径，A不正确；
因点，则，点在圆外，B正确；
因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C正确；
在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA上时取“=”，C正确.
故选：BCD
10．BD
【解析】
【分析】
利用列举法列出所有的基本事件，再根据概率公式计算可得结果.
【详解】
随机地排列数字1，5，6可以得到的三位数有：156，165，516，561，615，651，共6个，故A不正确；
其中奇数有：165，561，651，615，共4个，所以所得的三位数是奇数的概率为
，故B正确；
其中偶数有：156，516，共2个，所以所得的三位数是偶数的概率为，故C不正确；
其中大于400的有：516，561，615，651，共4个，所以所得的三位数大于400的概率为，故D正确.
故选：BD
11．AB
【解析】
【分析】
根据题意画出图象，取的中心为，连接，先得出面，再求出，可得正三棱锥高；利用三角形的面积公式求出的面积，利用体积公式求出正三棱锥的体积；作交于，求出正三棱锥的斜高；再利用面积公式求正三棱锥侧面积即可.
【详解】
取的中心为，连接，
由题意得：面，
又为等边三角形，
则，
所以正三棱锥高为：，
，
所以正三棱锥的体积为：，
作交于，
又，
则正三棱锥的斜高为，
所以正三棱锥的侧面积为：.
故选：A B .
【点睛】
本题主要考查了求正三棱锥的高，斜高，侧面积和体积的问题.属于中档题.
12．AC
【解析】
【分析】
由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，由两角和的正弦公式可得，即可判断A，再根据三角形为锐角三角形，即可求出角的范围，从而判断B，再根据三角函数的性质判断C、D；
【详解】
解：因为，又由余弦定理，
即，
所以，所以，即，
由正弦定理可得，
又，
，即，
，
，，为锐角，
，即，故选项A正确；
，，，故选项B错误；
，故选项C正确；
，
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
又， ，
，故选项D错误．
故选：AC．
13．
【解析】
【分析】
由两直线平行和垂直的关系，直接列方程求解即可
【详解】
，解得.
不满足题意，舍去，
，
解得.则.
故答案为：
【点睛】
此题考查由两直线的位置关系求参数，属于基础题
14．26
【解析】
【分析】
根据计算出高三年级人数占总人数的比例，再求得高三年级应抽取的人数.
【详解】
高三年级人数占总人数的比例为，故抽取人.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查分层抽样各层抽样数的求法，属于基础题.
15．
【解析】
【分析】
函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，连接这三个点构成了三角形ABC，由角DOB为，角DOC为，OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA，求和即可.
【详解】
根据题意画出图像并建系，D为坐标原点
函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，设三角形这个等腰三角形的费马点在高线AD上，设为O点即费马点，连接OB，OC，则角DOB为，角DOC为，B（-1，0）C（1，0），A（0，2），OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA=+=2+.
故答案为.
【点睛】
这个题目考查了点点距的公式，以及解三角形的应用，解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，注意相等条件的判断；另一类是根据边或角的范围计算，解题时要注意题干信息给出的限制条件.
16．9
【解析】
【分析】
将三棱锥补充成长方体，则对角线长分别为，设长方体的长宽高分别为，推导出，从而，由此能求出三棱锥的外接球面积的最小值．
【详解】
由题意得三棱锥的对棱分别相等，
将三棱锥补充成长方体，
则对角线长分别为，
设长方体的长宽高分别为，
则，
∴，
∵
，
∴，
∴三棱锥的外接球面积的最小值为：
故选D．
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的面积的最小值的求法，考查球、圆锥等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
17．（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）化简直线的方程为，联立方程组，即可求解；
（2）设直线的方程为，得到，利用基本不等式求得，得到面积最小值时的值，即可求解；
（3）由（1）知，可设直线方程为，其中，求得的表达式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，直线的方程为，
可化为，联立方程组，解得，
所以直线过的定点.
（2）设直线的方程为，
由（1）知，直线过的定点，可得，
因为，则，解得，
当且仅当时，即时，等号成立，
则面积为，
此时对应的直线方程为，即.
（3）由（1）知，可设直线方程为，其中，
令时，可得；令时，可得，
即且，
则，
所以，
当且仅当时，即，
所以直线方程为，即.
18．（1），，；（2）150；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据频率，频数和样本容量之间的关系即频率等于频数除以样本容量，写出算式，求出式子中的字母的值；
（2）该校高三学生有500人，分组内的频率是030，可估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数；
（3）设在区间内的人为，，，，在区间内的人为，，写出任选2人的所有基本事件，利用对立事件求得答案.
【详解】
（1）由分组内的频数是15，频率是0.30知，，∴．
∵频数之和为50，∴，，．
∵是对应分组的频率与组距的商，∴；
故，，；
（2）因为该校高三学生有500人，分组内的频率是0.30，
∴估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为150人．
（3）这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有人，
设在区间内的人为，，，，在区间内的人为，．
则任选2人共有，，，，，，，，，，，，，，15种情况，而两人都在内只能是一种，
∴所求概率为．
【点睛】
本题以图表为背景，考查从图表中提取信息，同时在统计的基础上，考查古典概型的计算，考查基本数据处理能力.
19．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）若平面，易得，再根据，得到求解；
（2）在平面内作于T， 论证平面，然后以点Q为原点，QA为x轴，QB为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，和直线的一个方向向量，设直线和平面所成角为，由求解.
【详解】
（1）当时，平面．
如图所示:
连接交于点N，
连接，由题设，得．
若平面，
由平面平面，得，
所以．
当，
所以，
所以平面．
（2）由题设都是等边三角形，
Q是中点，平面．
，在中，．
因为，
所以.
在平面内作于T，则，．
由平面，可得平面．
以点Q为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由可得，
所以，
设平面的一个法向量，
则，可取，则，
直线的一个方向向量是，
设直线和平面所成角为，则
所以直线和平面所成角的正弦值等于．
【点睛】
方法点睛：利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
20．(1)0.38
(2)分布列见解析，0.9
【解析】
【分析】
（1）分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A1、A2、A3，设E表示第一次烧制后恰好有一件合格，由可得概率；
（2）每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为p＝0.3，这样X～B(3，0.3).，由二项分布计算出各概率可得分布列，由期望公式计算期望．
(1)
分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A1、A2、A3.
设E表示第一次烧制后恰好有一件合格，则
P(E)＝＝0.5×0.4×0.6＋0.5×0.6×0.6＋0.5×0.4×0.4＝0.38.
(2)
因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为p＝0.3，则X～B(3，0.3).
所以P(X＝0)＝(1－0.3)3＝0.343， P(X＝1)＝3×(1－0.3)2×0.3＝0.441，
P(X＝2)＝3×0.32×0.7＝0.189， P(X＝3)＝0.33＝0.027.
X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
于是，E(X)＝1×0.441＋2×0.189＋3×0.027＝0.9. （或E(X)＝np＝3×0.3＝0.9.）
21．(1)；(2).
【解析】
【详解】
分析：（1）由题意可得，，则；
（2）由题意可得 ，由正弦定理有 ，记，结合三角函数的性质可得时，取最大，最短，则此时.
详解：（1）由图得： ∴，
又 ∴ ∴，
∴；
（2）由图得：且 ，
∴ ，
在中，由正弦定理可得: ，
∴ ，
记
，
又 ，∴ ，
∴时，取最大，最短，则此时.
点睛：解三角形应用题的一般步骤
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由四边形ABCD为正方形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）由平面ABCD，得到 ，再由，利用线面垂直的判定定理证明.
(1)
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴，
又∵平面SAD，平面SAD，
∴平面SAD；
(2)
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴，
又∵，
平面SAC，平面SAC，
∴平面SAC；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页