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缺考填涂标记
2024-2025学年第一学期高二开学测试模拟卷数学
16.(15分)
准考证号
姓名：
班级：
考号
考场：
0□0□
000□0□
0□0□0□0□0
座位号：
1□
1口
西
22
C2
2
2
2]
2
2
2
3□
3
3
3□
3
3□
3
3
3
1、主观题必须使用0.5毫米黑色签字笔填写
4
注
2、不得使用涂改液、修正带。
5□5□
5
5
■5
5□
5
5口
■5□
意
3、不得在打分框内书写、涂抹。
4、保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。
6□
6□
6
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■6□
6■
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6□
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7
7
7
7
7
再
8□
8
8
8□
8
■8
8
9■9□■9□■9□■9□
■9
9□9□9□9
9
一、
单选题(40分)
1A□BC□D3ABC□D□5A□BCD□7A□BCD□
2A□B□C□D四4A□B□C□D□6A□BCD四8A□B□C四D□
二、
多选题(18分)
9A□BCD□10AIB□CD□11AB□CD□
三、填空题(15分)
17.(15分)
12.
14.
四、解答题(77分)
15.(13分)
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效第1页（共4页）
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效第2页（共4页）
18.(17分)
19.(17分)》
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效第3页（共4页）
请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效第4页（共4页）
人2024-2025学年第一学期高二开学测试模拟卷 数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数z满足(1－i)z＝2＋i，则z的共轭复数为( )
A． B． C． D．
2．已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2且面积为的扇形，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．已知，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．为了解某高中学生的身高情况，现采用分层抽样的方法从三个年级中抽取一个容量为100的样本，其中高一年级抽取24人，高二年级抽取26人．若高三年级共有学生600人，则该校学生总人数为（ ）
A．900 B．1200 C．1500 D．1800
5．已知：表示不同的直线，表示不同的平面，现有下列命题：①，②，③，④，其中真命题有
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
6．如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（ ）．
A． B． C． D．
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7．如图，在中，，，，M是边上的中点，P是上一点，且满足，则（ ）．
A． B． C． D．
8．如图，四边形中，，，且、的周长相等，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：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．已知向量，若与共线，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递增 D．图像关于原点对称
11．如图，直角梯形中，，E是边中点，将沿翻折，得到四棱锥，在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．面 B．
C．三棱锥体积的最大值是 D．点C到面距离的最大值是
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知一个正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为，则这个正四棱台的体积为 .
13．某公园有一座摩天轮，其旋转半径米，最高点距离地面米，匀速运行一周大约分钟某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第分钟时，他距地面大约为 米
14．如图，中，为钝角，，，过点B向的角平分线引垂线交于点P，若，则的面积为 ．
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．已知C是平面上一点，，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的最大值．
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：；(2)若，，求a的值．
17．如图，在三棱锥S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O为AB的中点，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中点，CN与SO所成的角为α，且tanα＝2.
(1)证明：OC⊥ON；(2)求三棱锥S—ABC的体积．
18．某滑雪场开业当天共有600人滑雪，滑雪服务中心根据他们的年龄分成，，，，，六个组，现按照分层抽样的方法选取20人参加有奖活动，这些人的样本数据的频率分布直方图如下图所示，从左往右分别为一组、二组、三组、四组、五组、六组．
(1)求并估计开业当天所有滑雪的人年龄在有多少人？
(2)由频率分布直方图估计样本平均数和中位数；（求得数据四舍五入保留两位小数，同一组的数据用该组区间的中点数值代替）
(3)在选取的这20人样本中，从年龄不低于35岁的人中任选两人参加抽奖活动，求这两个人来自同一组的概率．
19．如图，在正方体中，点E，F分别为棱，AB的中点．
(1)求证：E、F、C、四点共面：
(2)求异面直线与BC所成角的余弦值．2024-2025学年第一学期高二开学测试模拟卷 数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数z满足(1－i)z＝2＋i，则z的共轭复数为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【详解】∵(1－i)z＝2＋i，
∴(1－i)(1＋i)z＝(2＋i)(1＋i)，化为2z＝1＋3i，∴，
则z的共轭复数为，
故选：B．
2．已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2且面积为的扇形，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用圆锥侧面展开图的面积公式求得展形图的弧长，该弧长即为圆锥底面圆的周长，进而可求得该圆锥的底面半径.
【详解】不妨设圆锥侧面展开图的面积为，半径为，弧长为，则圆锥的母线为，底面圆周长为，底面半径为，则
，即，得，故，
故由得，得.
故选：B.
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3．已知，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知算出，根据投影向量的定义即可求解.
【详解】因为，所以，即，
又因为，设的夹角为，所以，在上的投影为：，
所以在上的投影向量为.
故选：C.
4．为了解某高中学生的身高情况，现采用分层抽样的方法从三个年级中抽取一个容量为100的样本，其中高一年级抽取24人，高二年级抽取26人．若高三年级共有学生600人，则该校学生总人数为（ ）
A．900 B．1200 C．1500 D．1800
【答案】B
【分析】先求出高三年级出去的人数和所占比例，再用高三年级学生数除以其所占比例即为总人数.
【详解】解：由题意知，高三年级抽取了：人，
高三年级抽取的人数占总抽取人数的比例数为：
所以该校学生总人数为：人
故选：B.
【点睛】本题考查了分层抽样，属于基础题.
5．已知：表示不同的直线，表示不同的平面，现有下列命题：①，②，③，④，其中真命题有
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【详解】试题分析：①中或，故①错；②中设经过的平面与交于，则，因为，所以，所以，故②正确；③中可能在内也可能与平行还可能与相交，故③错；④中或，故④错，故选B．
6．如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质判断点是否共面，并应用平面的性质画出截面即可判断.
【详解】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．
对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，
易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．
故选：D
7．如图，在中，，，，M是边上的中点，P是上一点，且满足，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用向量表示，由条件根据平面向量基本定理求， 再由数量积的定义和性质求
.
【详解】因为P是上一点，故可设，
因为M是边上的中点，所以，
所以，
，
又，所以，故，
所以，
所以，
因为，，，所以，
所以，
故选：D.
8．如图，四边形中，，，且、的周长相等，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出，设，可得出，根据已知条件求出的值，可求出的正弦值和余弦值，进一步可求得的正弦值和余弦值，然后利用二倍角的正弦公式可求得结果.
【详解】，，所以，为等腰直角三角形，
所以，，，
设，则，
因为、的周长相等，则，解得，则，
于是，，
故，
.
因此，．
故选：C.
二、选择题：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．已知向量，若与共线，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】先根据向量共线求解出的值，然后再逐项判断即可.
【详解】因为，且与共线，
所以，所以，故A错误；
由题可知，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，且，所以，故D正确,
故选：BCD.
10．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递增
D．图像关于原点对称
【答案】ACD
【分析】利用三角函数图象变换规律得出，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；计算的值可判断B选项；由，在的单调性可判断C选项；利用奇函数的定义可判断D选项.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象 .
对于A选项，函数的最小正周期为，A选项正确；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，则，，在上单调递增，C选项正确；
对于D选项，函数的定义域为，，
所以，函数为奇函数，D选项正确.
故选：ACD.
11．如图，直角梯形中，，E是边中点，将沿翻折，得到四棱锥，在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．面 B．
C．三棱锥体积的最大值是 D．点C到面距离的最大值是
【答案】ABD
【分析】结合点线面的位置关系，对四个选项逐个分析，可选出答案.
【详解】由题意，，且，
∴四边形是平行四边形，
又∵，∴四边形是正方形.
∵，且平面，平面，
∴面，即A正确；
在梯形中中，，翻折过程中，
∵，∴平面，
∵平面，
∴，即B正确；
在翻折过程中，当平面时，三棱锥体积最大，
所以该三棱锥体积的最大值为，
故C错误；
作于，作于，连接，
由平面，可得，
∵，且平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
又∵，且平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
在中，作于，
∵平面平面，
∴平面，
由题易知平面，可知即为点C到面的 距离，
设，则，即，
在中，，，
∴，
易知函数在上单调递增，
∴，当时，取得最大值.
∴点C到面距离的最大值是.
故D正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知一个正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为，则这个正四棱台的体积为 .
【答案】
【分析】由棱台体积公式计算即可求解.
【详解】该正四棱台的体积为.
故答案为：.
13．某公园有一座摩天轮，其旋转半径米，最高点距离地面米，匀速运行一周大约分钟某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第分钟时，他距地面大约为 米
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，求出某人第分钟时所在位置关于的解析式，利用函数解析式求出时的值即可．
【详解】解：如图设为地面，圆为摩天轮，其旋转半径米，最高点距离地面米，
则摩天轮的最低点离地面米，即，
以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第分钟时所在位置的高度为，
则，
由题意，，
则，
所以，
当时，．
故答案为：．
14．如图，中，为钝角，，，过点B向的角平分线引垂线交于点P，若
，则的面积为 ．
【答案】
【分析】设，，利用直角三角形的边角关系和余弦定理求得x和的值，再计算以及、和的值，从而求得的面积．
【详解】如图所示，
设，，
则，
由余弦定理得，，
解得，；
；
，
，
，
，
即的面积为．
【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角形面积计算问题，是中档题．
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．已知C是平面上一点，，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的几何意义做出图形，然后根据向量的线性运算及数量积运算法则进行计算即可；（2）令为的中点，则结合当三点共线时，最大，即可求解.
【详解】（1）如图①，因为，所以，且，
则，
又，则，
又因为
（2）如图②，令为的中点，
则所以三点共线，
若形成三角形，则有,
故
所以当三点共线时，最大，为，
此时,故的最大值为
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：；
(2)若，，求a的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，两角和与差的正弦函数公式化简已知等式可得，可得，或，分类讨论即可证明；
（2）由，求解，利用，求解，结合正弦定理即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理可得，，
，
即，
所以，
整理得，
即，
又，是的内角，
所以，，
所以或（舍去），
即．
（2）由及可知，．
由可知，，．
由可得，．
在中，由正弦定理
可得，，解得，
17．如图，在三棱锥S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O为AB的中点，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中点，CN与SO所成的角为α，且tanα＝2.
(1)证明：OC⊥ON；
(2)求三棱锥S—ABC的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）根据等腰三角形性质得OC⊥AB，再根据线面垂直性质得OC⊥SO，最后根据线面垂直判定定理得OC⊥平面SAB，即得结果，（2）先确定线面角，解得高SO，再根据锥体体积公式求结果.
【详解】(1)证明∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，又SO⊥平面ABC，OC 平面ABC，
∴OC⊥SO，又AB∩SO＝O，AB，SO 平面SAB，
∴OC⊥平面SAB，
又∵ON 平面SAB，
∴OC⊥ON.
(2)解设OA的中点为M，连接MN，MC，
则MN∥SO，故∠CNM即为CN与SO所成的角α，
又MC⊥MN且tanα＝2，
∴MC＝2MN＝SO，
又MC＝＝＝，
即SO＝，
∴三棱锥S—ABC的体积
V＝Sh＝24＝.
【点睛】本题考查线面垂直判定与性质以及锥体体积公式，考查基本分析论证求解能力，属中档题.
18．某滑雪场开业当天共有600人滑雪，滑雪服务中心根据他们的年龄分成，，，，，六个组，现按照分层抽样的方法选取20人参加有奖活动，这些人的样本数据的频率分布直方图如下图所示，从左往右分别为一组、二组、三组、四组、五组、六组．
(1)求并估计开业当天所有滑雪的人年龄在有多少人？
(2)由频率分布直方图估计样本平均数和中位数；（求得数据四舍五入保留两位小数，同一组的数据用该组区间的中点数值代替）
(3)在选取的这20人样本中，从年龄不低于35岁的人中任选两人参加抽奖活动，求这两个人来自同一组的概率．
【答案】(1)，
(2)，
(3)
【分析】（1）根据频率和为1求x的值，进而估算人数；
（2）根据频率分布直方图求平均数，分析可知，结合中位数的概念运算求解；
（3）求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
【详解】（1）由题意可得：，
则，
所以估计开业当天滑雪的人年龄在内有人.
（2）由题意可得：，
又因为，
可知，则解得：.
（3）中的人数：，分别记为；
中的人数：，分别记为
中的人数：，记为
则任选两人的情况有
，共种，
其中来自同一组有
，共种，
所以两个人来自同一组的概率为.
19．如图，在正方体中，点E，F分别为棱，AB的中点．
(1)求证：E、F、C、四点共面：
(2)求异面直线与BC所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，即可得四点共面；
（2）由平行关系将异面直线所成角转化为相交直线所成角，在平面内解三角形即可.
【详解】（1）连接.
在中，点E，F分别为棱，AB的中点，
则，
在正方体中，，
，且，
四边形是平行四边形，
，则，
故、、、四点共面.
（2）由（1）知，，
则即为所求异面直线与BC所成的角，
设正方体的棱长为，
在中，，
则，
所以.
故所求异面直线与BC所成角的余弦值为．
