名校联盟2022-2023学年高二上学期开学模拟考试——数学试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.从甲、乙、丙三名候选人中任选两人参加党史知识竞赛,则乙被选中的概率为( )
A. B. C. D.
2.若,为互斥事件,则
A. B.
C. D.
3.设复数满足,且在复平面内对应的点为,则( )
A. B.
C. D.
4.如图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,以下判断不正确的是( )
A. B.平面
C.与所成的角为 D.
5.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示,其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度)如图2所示,设酒杯上部分(圆柱)的体积为,下部分(半球)的体积为,若,则半球的半径与圆柱的高之比为( )
A. B. C. D.
6.在中,角A,B,C所对的边分别是,,,,,,则( )
A.或 B.
C. D.
7.在△ABC中,若角A,B,C的对边分别为a,b,c,且atanB=5,bsinA=4,则a等于( )
A. B. C.5 D.
8.某圆锥的母线长为2,侧面积为,则其体积为( )
A. B. C. D.
二、多选题
9.给出以下关于斜二测直观图的结论,其中正确的是( )
A.水平放置的角的直观图一定是角 B.相等的角在直观图中仍然相等
C.相等的线段在直观图中仍然相等 D.两条平行线段在直观图中仍是平行线段
10.已知甲罐中有2个大小、质地完全一样的小球,标号为1,2,乙罐中有4个大小、质地完全一样的小球,标号为1,2,3,4,现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,记样本空间为,事件为“抽取的两个小球标号之和大于4”,事件为“抽取的两个小球标号之积小于5”,则下列结论正确的是( )
A.与是互斥事件 B.与不是对立事件
C. D.
11.如图,在棱长为的正方体中,,分别为,的中点,则( )
A.直线与的夹角为
B.二面角的正切值是
C.经过三点截正方体的截面是等腰梯形
D.点到平面的距离为
12.如图所示,若长方体AC的底面是边长为2的正方形,高为4.E是的中点,则( )
A. B.平面平面
C.三棱锥的体积为 D.三棱锥的外接球的表面积为
三、双空题
13.已知半径为的球面上有、、、四点,满足,,,则球心到平面的距离为___________,三棱锥体积的最大值为___________.
四、填空题
14.已知复数满足,则__________.
15.已知中的内角为,重心为,若,则__________.
16.若、均为单位向量且夹角为,设,若,则______.
五、解答题
17.一个路口的红绿灯,红灯的时间为30秒,黄灯的时间为5秒,绿灯的时间为
40秒,当你到达路口时看见下列三种情况的概率各是多少
(1) 红灯 (2) 黄灯 (3) 不是红灯
18.已知不共线的向量、,其中.
(1)若向量与共线,求实数的值;
(2)若,求与的夹角的正切值.
19.如图所示,正方体的棱长为,过顶点、、截下一个三棱锥.
(1)求剩余部分的体积;
(2)求三棱锥的高.
20.已知复数是纯虚数.
(1)求实数的值;
(2)若复数满足,,求复数.
21.某高级中学为了解学生体质情况,随机抽取高二、高三男生各50人进行引体向上体能检测,下图是根据100名学生检测结果绘制的学生一次能做引体向上个数的频率分布直方图.所做引体向上个数的分组区间为,,,,.
(1)求这100名学生中一次能做引体向上5个以下的人数.并完善频率分布直方图(即作出“引体向上个数为0~5”所对应的矩形);
(2)若男生一次能做引体向上10个或以上为及格,完成下面2×2列联表.并判断能否有99%的把握认为该学校男生“引体向上是否及格”与“所在年级”有关?
引体向上及格 引体向上不及格 总计
高三男生 50
高二男生 20 50
合计 100
附:,其中.
0.100 0.050 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
22.如图,在三棱锥中,PA⊥平面ABC,是直角三角形,,.D,E分别是棱PB,PC的中点.
(1)证明:平面PAC⊥平面ADE.
(2)求三棱锥的体积.
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】
列举出所有基本事件,再根据古典概型即可得出答案.
【详解】
解:从甲、乙、丙三名候选人中任选两人参加党史知识竞赛,
共有(甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)3种选法,
其中乙被选中有2种选法,
故乙被选中的概率为.
故选:C.
2.B
【解析】
【详解】
因为A,B互斥,但A,B不一定对立,所以
3.D
【解析】
【分析】
根据题意,求得,结合复数模的运算,即可求得复数的轨迹方程,得到答案.
【详解】
因为在复平面内对应的点为,所以,则,
所以,所以,
整理得.
故选:D.
4.A
【解析】
【分析】
由正方体的平面展开图还原正方体,可直接判断A、D的正误;根据且可证,可得平面;可证,在等边三角形△中分析与所成的角.
【详解】
如图:由正方体的平面展开图还原正方体
根据图形显然不平行,,A不正确,D正确;
∵且,则为平行四边形
∴
平面,平面
则平面,B正确;
连接
∵且,则为平行四边形
∴
又∵,即△为等边三角形
∴与所成的角为,C正确;
故选:A.
【点睛】
5.B
【解析】
【分析】
设圆柱的高为h,半径为r,分别求出圆柱和半球的体积,即可得到答案.
【详解】
设圆柱的高为h,半径为r,则圆柱的体积为.
而半球的体积为.
因为,所以,所以.
故选:B
6.C
【解析】
【分析】
将已知代入正弦定理可得,根据,由三角形中大边对大角可得,即可求得.
【详解】
,,
由正弦定理得:
,,
故选C.
7.D
【解析】
【分析】
首先由正弦定理求出的值,然后利用弦切互化关系结合已知条件即可求出,再由求得、,则求得.
【详解】
由正弦定理得,
又, ,
又,即,
;
则,
,
,
故选:D.
8.C
【解析】
【分析】
设圆锥底面半径为r,高为h,根据侧面积,可求得r值,进而可求得圆锥高h,代入公式,即可得答案.
【详解】
设圆锥底面半径为r,高为h,则底面圆周长为,
所以侧面面积,解得,
所以圆锥的高,
所以圆锥的体积.
故选:C
9.AD
【解析】
【分析】
根据直观图和斜二测画法的规则,判断选项.
【详解】
水平放置的角的直观图一定是角,故A正确;角的大小在直观图中都会发生改变,有的线段在直观图中也会改变,比如正方形的直方图中,故BC错误;
由斜二测画法规则可知,直观图保持线段的平行性,所以D正确.
故选:AD
10.BCD
【解析】
【分析】
根据题意,分别列举出事件、事件及所包含的基本事件,再逐项判断,即可得出结果.
【详解】
由题意知,事件中包含的基本事件有:,,,共个基本事件;
事件中包含的基本事件有:,,,,,,共个基本事件;
包含的基本事件有:,,,,,,,,共个基本事件,
当甲罐抽到标号为的小球,乙罐中抽到标号为的小球时,与同时发生,与不是互斥事件,与也不是对立事件,故A错,B正确;
根据事件和事件所包含的基本事件及样本空间包含的基本事件,可知,故C正确;
,故D正确.
故选: BCD
11.AB
【解析】
【分析】
对于A通过找平行线将求异面直线夹角问题转化为求相交直线的夹角;对于B找出二面角平面角计算即可;对于C作出满足题意的截面即可;对于D利用等体积法计算即可.
【详解】
对于A,如图1所示,由正方体性质易证得四边形为平行四边形,所以,所以直线与的夹角即直线与的夹角,直线与的夹角为.又因为三边都为正方体的面对角线,所以为等边三角形,故,即直线与的夹角为.故A正确.
对于B,如图2所示,连接,由平面,平面,得,又因为,所以即为二面角的平面角,在中,,所以二面角的正切值是,故B正确.
对于C,如图3所示,在上取,四边形即经过三点截正方体的截面,不是等腰梯形,故C错误.
对于D,如图4所示,设点到平面的距离为,由题意得:,.又因为,所以,故,故D错误.
故选:AB
12.CD
【解析】
【分析】
在A中,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法推导出与不垂直;
在B中,求出平面的法向量和平面的法向量,利用向量法能求出平面与平面相交;
在C中,三棱锥的体积为;
在D中,三棱锥的外接球就是长方体的外接球,从而三棱锥的外接球半径,由此求出三棱锥的外接球的表面积为.
【详解】
解:长方体的底面是边长为2的正方形,高为4,是的中点,
在A中,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,
则,0,,,2,,,0,,,0,,
,2,,,0,,
,与不垂直,故A错误;
在B中,,0,,,2,,,2,,,0,,,0,,,2,,
,,,,0,,,0,,,2,,
设平面的法向量,,,
则,取,得,2,,
设平面的法向量,,,
则,取,得,1,,
不共线,平面与平面相交,故B错误;
在C中,三棱锥的体积为:
,故C正确;
在D中,三棱锥的外接球就是长方体的外接球,
三棱锥的外接球半径,
三棱锥的外接球的表面积为,故D正确.
故选:CD.
13.
【解析】
【分析】
利用勾股定理可求得球心到平面的距离,计算出三棱锥的高的最大值,利用锥体的体积公式可求出三棱锥体积的最大值.
【详解】
,所以,为截面圆的直径.
因为,,所以.
由球的性质可知圆面,即为球心到平面的距离.
在中,,,可得,
所以到平面的距离为.
要使三棱锥的体积最大,应为的延长线与球面的交点,
此时点到平面的距离为,
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为:;.
【点睛】
方法点睛:求空间几何体体积的方法如下:
(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解;
(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.
14.1
【解析】
【详解】
分析:先移项得到,求出其模,再利用进行求解.
详解:由题意,得,
则,即.
点睛:本题考查复数的四则运算、模的计算公式等知识,意在考查学生的基本计算能力.
15.
【解析】
【详解】
试题分析:设为角所对的边,由正弦定理得
,则
即,又因为不共线,则, ,即所以,.
考点:向量及解三角形.
16.
【解析】
【分析】
根据平面向量垂直的性质,结合平面向量数量积的定义和运算性质、余弦的二倍角公式进行求解即可.
【详解】
,因为,所以,∴.
故答案为:
17.解:总的时间长度为秒,设红灯为事件,黄灯为事件,
(1)出现红灯的概率
(2)出现黄灯的概率
(3)不是红灯的概率
【解析】
【详解】
试题分析:解:总的时间长度为秒,设红灯为事件,黄灯为事件,
(1)出现红灯的概率 4分
(2)出现黄灯的概率 8分
(3)不是红灯的概率· 12分
考点:几何概型的概率
点评:主要是考查了几何概型的简单运用,属于基础题.
18.(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)设,根据已知条件可得出关于实数、的方程组,即可解得实数的值;
(2)利用平面向量的数量积可求得的值,结合同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】
(1)根据题意,向量与共线,可得,
;
(2),
所以,,
因为,则,因此,.
19.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)求出三棱锥的体积,再用正方体的体积减去三棱锥的体积,即可求得剩余部分的体积,
(2)利用等体积法求解即可
(1)
因为
所以剩余部分的体积,
(2)
由(1)知,
设三棱锥的高为,
由正方体的性质可知为等边三角形,且边长为,则
,
所以,
解得.
所以三棱锥的高为
20.(1);(2)或.
【解析】
【分析】
(1)由复数为纯虚数,可得,从而可求出的值;
(2)由(1)知,令,由,,列方程可求出的值,从而可求出复数
【详解】
解:(1)由复数为纯虚数,有,得.
(2)由(1)知,令,有.
又由,得,有.
由上知或.
21.(1),补全频率分布直方图见解析;
(2)有99%的把握认为该学校男生“引体向上是否及格”与“所在年级”有关.
【解析】
【分析】
(1)根据频率分布直方图所有面积之和为1及频数等于频率乘以样本容量即可求解;
(2)根据频率分布直方图及已知完成2×2列联表,再计算的观测值即可求解.
(1)
由题意可知,,
所以(人).即这100名学生中一次能做引体向上5个以下的人数为25.
补全频率分布直方图如图所示:
(2)
由题意可知,100名学生中一次能做“引体向上个数”在内有25人,在内有30人,在内有25人,在内有15人,在内有5人;其中及格45人,不及格55人,补全2×2列联表如下:
引体向上及格 引体向上不及格 总计
高三男生 15 35 50
高二男生 30 20 50
合计 45 55 100
由表中数据可知
.
所以有99%的把握认为该学校男生“引体向上是否及格”与“所在年级”有关.
22.(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)由题意易知,,从而可证平面PAC,而由中位线定理可得,于是平面PAC,最后由面面垂直的判定定理可证得平面PAC⊥平面ADE.
(2)由等体积法可知三棱锥与三棱锥的体积相等,求出三棱锥的体积即可求出答案,
(1)
证明,因为是直角三角形,且,所以.
因为平面ABC,且平面ABC,所以.
因为平面PAC,平面PAC,且,所以平面PAC.
因为D,E分别是棱PB,PC的中点,所以.
因为平面PAC,所以平面PAC.
因为平面ADE,所以平面平面ADE.
(2)
解:因为,所以.
因为平面ABC,且,
所以三棱锥的体积.
连接CD,因为D是棱PB的中点,
所以三棱锥的体积.
因为E是棱PC的中点,
所以三棱锥的体积.
因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥,
所以的体积为.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页