广东省肇庆市端州区校2023-2024学年高二上学期开学适应性检测数学试题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 广东省肇庆市端州区校2023-2024学年高二上学期开学适应性检测数学试题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 892.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-09-09 12:37:59 | ||
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文档简介
肇庆市端州区校2023-2024学年高二上学期开学适应性检测
数学科试卷
本试卷满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题（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．复数（ ）
A． B． C． D．
2．甲、乙同时参加某次法语考试，甲、乙考试达到优秀的概率分别为0.6，0.7，两人考试相互独立，则甲、乙两人都未达到优秀的概率为（ ）
A．0.42 B．0.12 C．0.18 D．0.28
3．若一组样本数据，，…，的方差为0.01，则数据，，，…，的方差为（ ）
A．0.04 B．1.16 C．0.16 D．1.04
4．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（ ）
A．6 B．7 C． D．
5．已知点关于y轴的对称点为B，则（ ）
A． B． C．2 D．
6．P是所在平面内一点，若，其中，则点P一定在（ ）
A．内部 B．AC边所在的直线上 C．AB边所在的直线上 D．BC边所在的直线上
7．已知向量，，，且，则实数k的值为（ ）
A． B．0 C．3 D．
8．某校有年轻教师30人和老教师20人进行党史答题比赛．按照分层抽样的方法抽取5名教师，相关统计情况如下：年轻教师答对题目的平均数为2，方差为0.5；老教师答对题目的平均数为3，方差为1，则这5人答对题目的方差为（ ）
A．0.61 B．0.675 C．0.74 D．0.94
二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分．）
9．投掷一枚质地均匀的正方体骰子，下列说法正确的有（ ）
A．“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率”
B．只要连掷6次，一定会“出现1点”
C．投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大
D．连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19
10．已知a，b，c为的三内角A、B、C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A．在中，的充要条件是
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
11．函数在一个周期内的图像如图所示，则（ ）
A．该函数的解析式为
B．该函数图像的对称中心为，
C．该函数的增区间是，
D．把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图像
12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．M为线段上的动点，则AM与BC所成角的大小恒为60°
D．过A点分别作于点E，于点F，则
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13．设向量绕点O逆时针旋转得向量，且，则向量 ．
14．在中，，，，的面积为 ．
15．已知圆台的下底面半径为6，上底面半径为3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为 ．
16．如图，平行六面体中，各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，则对角线的长为 ．
四、解答题（本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）
某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率；
（2）求至少有一名选手通过全部考核的概率．
18．（12分）
为响应商务部“2023消费提振年”、“百城联动”汽车节和“千县万镇”新能源汽车消费季活动，西安市相关部门为了解现有的新能源汽车充电设备的覆盖和使用情况，随机选取了100名新能源汽车车主进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（满分100）按照，，…，分成5组，制成频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值；
（2）估计这组数据的众数、平均数和中位数．
19．（12分）
已知函数．
（1）求的最小正周期、对称中心和的单调递减区间；
（2）当时，求函数的最小值及取得最小值时x的值．
20．（12分）
如图所示，平面平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，，．
（1）求多面体ABCDEF的体积；
（2）求二面角F-CD-A的余弦值．
21．（12分）
记钝角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求A；
（2）求的取值范围．
22．（12分）
如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
肇庆市端州区校2023-2024学年高二上学期开学适应性检测
数学科答案
1．A
【解析】．故选：A
2．B
【解析】所求概率为．故选B．
3．C
【解析】样本数据，，…，的方差为0.01，数据，，，…，的方差为．故选：C．
4．B
【解析】由余弦定理，即，所以；故选：B
5．A
【解析】点关于y轴的对称点为，则．
6．B
【解析】∵，∴．∴．∴P，A，C三点共线．∴点P一定在AC边所在的直线上．
7．C
【解析】∵，又，∴，即，解得．故选C．
8．D
【解析】由分层抽样可得年轻教师抽取的人数为，记答对题目的个数分别为，，，则．
老教师抽取的人数为，记答对题目的个数分别为，，则
所有老师答对题目的平均数，
所以．故选：D．
9．AD
【解析】
A项：掷一枚骰子，出现奇数点和出现偶数点的概率都是，A正确；
B项：“出现1点”是随机事件，B错误；
C项：“出现6点”的可能性是固定不变的，C错误；
D项：连续掷3次，每次都出现最大点数6，则三次之和为18，D正确，故选：AD．
10．ABD
【解析】
对于A，在中，由正弦定理可得，∴等价于等价于，所以的充要条件是，故A正确；
对于B，在锐角中，A，，∵，∴，∴，同理知，所以，故B正确；
对于C，在中，由及正弦定理可得，即，∵A，，∴或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，在中，若，，由余弦定理知，化简得，又，所以必是等边三角形，故D正确；故选：ABD
11．ACD
【解析】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，
所以，，即，，又，故，
从而，故A正确；
令，，得，，故B错误；
令，，得，，故C正确；
函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
可得到，故D正确．
12．ABD
【解析】
对于选项A，因为平面ABC，AC，平面ABC，
所以，，所以四边形为矩形，
又因为，，，平面，
所以平面，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
对于选项B，由选项A的解析可知，平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
由选项A的解析可知，，，
又，，平面，所以平面，
因为，所以平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
又、都是直角三角形，∴四面体为“鳖臑”，故B正确；
对于选项C，由选项A的解析可知，平面，
∵M为线段上的动点，∴平面，
∴，即AM与BC所成角的大小恒为90°，故C错误；
对于选项D，过A点分别作于点E，于点F，
由选项A的解析可知，平面，又平面，∴，
∵，∴平面，∴，
∵，∴平面AEF，
∵平面AEF，∴，故D正确．故选：ABD．
13．
【解析】设，则，所以，即，解得
因此，．
14．
【解析】由正弦定理得，解得，
因为，所以，所以．
所以，
所以的面积为．
故答案为：．
15．4
【详解】设圆台的母线长为l，则圆台上底面面积，
圆台下底面面积，所以两底面面积之和为，
又圆台侧面积，则，所以，所以圆台的高为．
故答案为：4
16．
【详解】在平行六面体中，因为各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，
所以，．
因为，
所以．
所以．
17．
【解析】
（1）设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，
由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则；
（2）设D表示“甲选手通过全部考核”，
则．
设事件（，2，3）表示“乙选手能正确回答第j轮问题”，
由已知，，，
设E表示“乙选手通过全部考核”，
则．
则至少有一名选手通过全部考核的概率为．
18．【解析】
（1）由频率分布直方图得，解得；
（2）因为最高小长方形中点的横坐标为75，所以估计这组数据的众数为75．
估计这组数据的平均数为
，
满意度评分值在内的频率为，
满意度评分值在内的频率为，
∴中位数为．
19．【解析】
（1），
所以，函数的最小正周期为．
由，可得，
函数的对称中心为；
解不等式，解得．
因此，函数的单调递减区间为；
（2）当时，，当时，
即当时，函数取得最小值，最小值为．
20．【解析】
（1）如图，连接BD，
∵四边形AEFB为矩形，
∴，，
∵平面平面ABCD，平面平面，
平面ABEF，平面ABEF，
∴平面ABCD，平面ABCD，
∵平面ABCD，
∴，又，，AB，平面AEFB，
∴平面AEFB，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴多面体ABCDEF的体积为．
（2）如图，过B作交DC的延长线于点G，连接FG，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，，BG，平面FBG，
∴平面FBG，
∵平面FBG，
∴，
∴∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，
由题意得，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴二面角F-CD-A的余弦值为．
21．【解析】
（1）由已知得，，
即，即，即．
若，则，
因为，故．
从而．
（2）由得，
若，则，即，与为钝角三角形矛盾．
因此，得，故，
所以
，
因为，所以，，
所以的取值范围为．
22．【解析】
（1）当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
数学科试卷
本试卷满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题（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．复数（ ）
A． B． C． D．
2．甲、乙同时参加某次法语考试，甲、乙考试达到优秀的概率分别为0.6，0.7，两人考试相互独立，则甲、乙两人都未达到优秀的概率为（ ）
A．0.42 B．0.12 C．0.18 D．0.28
3．若一组样本数据，，…，的方差为0.01，则数据，，，…，的方差为（ ）
A．0.04 B．1.16 C．0.16 D．1.04
4．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（ ）
A．6 B．7 C． D．
5．已知点关于y轴的对称点为B，则（ ）
A． B． C．2 D．
6．P是所在平面内一点，若，其中，则点P一定在（ ）
A．内部 B．AC边所在的直线上 C．AB边所在的直线上 D．BC边所在的直线上
7．已知向量，，，且，则实数k的值为（ ）
A． B．0 C．3 D．
8．某校有年轻教师30人和老教师20人进行党史答题比赛．按照分层抽样的方法抽取5名教师，相关统计情况如下：年轻教师答对题目的平均数为2，方差为0.5；老教师答对题目的平均数为3，方差为1，则这5人答对题目的方差为（ ）
A．0.61 B．0.675 C．0.74 D．0.94
二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分．）
9．投掷一枚质地均匀的正方体骰子，下列说法正确的有（ ）
A．“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率”
B．只要连掷6次，一定会“出现1点”
C．投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大
D．连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19
10．已知a，b，c为的三内角A、B、C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A．在中，的充要条件是
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
11．函数在一个周期内的图像如图所示，则（ ）
A．该函数的解析式为
B．该函数图像的对称中心为，
C．该函数的增区间是，
D．把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图像
12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．M为线段上的动点，则AM与BC所成角的大小恒为60°
D．过A点分别作于点E，于点F，则
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13．设向量绕点O逆时针旋转得向量，且，则向量 ．
14．在中，，，，的面积为 ．
15．已知圆台的下底面半径为6，上底面半径为3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为 ．
16．如图，平行六面体中，各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，则对角线的长为 ．
四、解答题（本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）
某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率；
（2）求至少有一名选手通过全部考核的概率．
18．（12分）
为响应商务部“2023消费提振年”、“百城联动”汽车节和“千县万镇”新能源汽车消费季活动，西安市相关部门为了解现有的新能源汽车充电设备的覆盖和使用情况，随机选取了100名新能源汽车车主进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（满分100）按照，，…，分成5组，制成频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值；
（2）估计这组数据的众数、平均数和中位数．
19．（12分）
已知函数．
（1）求的最小正周期、对称中心和的单调递减区间；
（2）当时，求函数的最小值及取得最小值时x的值．
20．（12分）
如图所示，平面平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，，．
（1）求多面体ABCDEF的体积；
（2）求二面角F-CD-A的余弦值．
21．（12分）
记钝角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求A；
（2）求的取值范围．
22．（12分）
如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
肇庆市端州区校2023-2024学年高二上学期开学适应性检测
数学科答案
1．A
【解析】．故选：A
2．B
【解析】所求概率为．故选B．
3．C
【解析】样本数据，，…，的方差为0.01，数据，，，…，的方差为．故选：C．
4．B
【解析】由余弦定理，即，所以；故选：B
5．A
【解析】点关于y轴的对称点为，则．
6．B
【解析】∵，∴．∴．∴P，A，C三点共线．∴点P一定在AC边所在的直线上．
7．C
【解析】∵，又，∴，即，解得．故选C．
8．D
【解析】由分层抽样可得年轻教师抽取的人数为，记答对题目的个数分别为，，，则．
老教师抽取的人数为，记答对题目的个数分别为，，则
所有老师答对题目的平均数，
所以．故选：D．
9．AD
【解析】
A项：掷一枚骰子，出现奇数点和出现偶数点的概率都是，A正确；
B项：“出现1点”是随机事件，B错误；
C项：“出现6点”的可能性是固定不变的，C错误；
D项：连续掷3次，每次都出现最大点数6，则三次之和为18，D正确，故选：AD．
10．ABD
【解析】
对于A，在中，由正弦定理可得，∴等价于等价于，所以的充要条件是，故A正确；
对于B，在锐角中，A，，∵，∴，∴，同理知，所以，故B正确；
对于C，在中，由及正弦定理可得，即，∵A，，∴或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，在中，若，，由余弦定理知，化简得，又，所以必是等边三角形，故D正确；故选：ABD
11．ACD
【解析】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，
所以，，即，，又，故，
从而，故A正确；
令，，得，，故B错误；
令，，得，，故C正确；
函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
可得到，故D正确．
12．ABD
【解析】
对于选项A，因为平面ABC，AC，平面ABC，
所以，，所以四边形为矩形，
又因为，，，平面，
所以平面，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；
对于选项B，由选项A的解析可知，平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
由选项A的解析可知，，，
又，，平面，所以平面，
因为，所以平面，又平面，
所以，即是直角三角形，
又、都是直角三角形，∴四面体为“鳖臑”，故B正确；
对于选项C，由选项A的解析可知，平面，
∵M为线段上的动点，∴平面，
∴，即AM与BC所成角的大小恒为90°，故C错误；
对于选项D，过A点分别作于点E，于点F，
由选项A的解析可知，平面，又平面，∴，
∵，∴平面，∴，
∵，∴平面AEF，
∵平面AEF，∴，故D正确．故选：ABD．
13．
【解析】设，则，所以，即，解得
因此，．
14．
【解析】由正弦定理得，解得，
因为，所以，所以．
所以，
所以的面积为．
故答案为：．
15．4
【详解】设圆台的母线长为l，则圆台上底面面积，
圆台下底面面积，所以两底面面积之和为，
又圆台侧面积，则，所以，所以圆台的高为．
故答案为：4
16．
【详解】在平行六面体中，因为各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，
所以，．
因为，
所以．
所以．
17．
【解析】
（1）设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，
由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则；
（2）设D表示“甲选手通过全部考核”，
则．
设事件（，2，3）表示“乙选手能正确回答第j轮问题”，
由已知，，，
设E表示“乙选手通过全部考核”，
则．
则至少有一名选手通过全部考核的概率为．
18．【解析】
（1）由频率分布直方图得，解得；
（2）因为最高小长方形中点的横坐标为75，所以估计这组数据的众数为75．
估计这组数据的平均数为
，
满意度评分值在内的频率为，
满意度评分值在内的频率为，
∴中位数为．
19．【解析】
（1），
所以，函数的最小正周期为．
由，可得，
函数的对称中心为；
解不等式，解得．
因此，函数的单调递减区间为；
（2）当时，，当时，
即当时，函数取得最小值，最小值为．
20．【解析】
（1）如图，连接BD，
∵四边形AEFB为矩形，
∴，，
∵平面平面ABCD，平面平面，
平面ABEF，平面ABEF，
∴平面ABCD，平面ABCD，
∵平面ABCD，
∴，又，，AB，平面AEFB，
∴平面AEFB，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴多面体ABCDEF的体积为．
（2）如图，过B作交DC的延长线于点G，连接FG，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，，BG，平面FBG，
∴平面FBG，
∵平面FBG，
∴，
∴∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，
由题意得，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴二面角F-CD-A的余弦值为．
21．【解析】
（1）由已知得，，
即，即，即．
若，则，
因为，故．
从而．
（2）由得，
若，则，即，与为钝角三角形矛盾．
因此，得，故，
所以
，
因为，所以，，
所以的取值范围为．
22．【解析】
（1）当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
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