2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含答案）

2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷
一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
1.若复数为虚数单位的实部和虚部互为相反数，则实数( )
A. B. C. D.
2.已知向量与向量夹角为，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.在中，内角的对边分别为已知，则此三角形( )
A. 无解 B. 有一解 C. 有两解 D. 解的个数不确定
4.设是一条直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为( )
A. B. C. D.
6.如图，在棱长为的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角( )
A.
B.
C.
D.
7.四名同学各投骰子次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是( )
A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为
C. 平均数为，方差为 D. 平均数为，中位数为
8.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有( )
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过，，三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的表面积为
9.下列说法正确的有( )
A. 在中，：：：：
B. 在中，若，则为等腰三角形
C. 中，是的充要条件
D. 在中，若，则
10.已知函数，则( )
A. 的最小正周期为 B. 的一个对称中心为
C. 在区间上单调递减 D. 在区间上有个零点
11.如图，正三棱柱的各条棱长均相等，为的中点，分别是线段和线段上的动点含端点，且满足当运动时，下列结论中正确的是( )
A. 平面平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 可能为直角三角形
D. 平面与平面所成的锐二面角范围为
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在中，点，满足，若，则 ______．
13.某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取件进行使用寿命的测试，则车间应抽取的件数为 ；若，，三个车间产品的平均寿命分别为，，小时，方差分别为，，，则总样本的方差为 ．
14.甲乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束，根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以：获胜的概率是 ．
三、解答题：本题共5小题，每小题12分，共60分。
15.已知中，角，，的对边分别是，，，向量，满足．
求角．
若的面积为，，求的周长．
16.如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，．
求证：平面；
求点到平面的距离．
17.某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为假设数据在组内均匀分布．
当漏诊率时，求临界值和误诊率；
已知一次调查抽取的未患病者样本容量为，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图图，临界值，从样本中该医学指标在上的未患病者中随机抽取人，则人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？
18.在中，，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
求证：平面；
求直线和平面所成的角；
在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由要求用几何法解答
19.后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制某商场经营者也顺应潮流，准备在商场门前摆地摊已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点，且，记．
请写出顾客的休息区域的面积关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值
记，若存在最大值，求的取值范围．
参考答案
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15.解：因为向量，满足，
所以，
由正弦定理可得，
又因为，可得，
即，
而，
即；
的面积为，，，
即，
所以，
由余弦定理可得
即，
所以，
所以的周长为．
16.解：证明：四边形为矩形，，
平面，平面，
面．
平面，四边形为矩形，
，平面，
平面，，
四边形为直角梯形，，，，，
，，
在中，
，
，，
，，平面，平面，
平面，
平面，，两点到平面的距离相等，
平面，到平面的距离即为线段的长，
，
中，，
，，
，
设点到平面的距离为
由，
得，
，
即点到平面的距离为．
17.解：依题可知，图第一个小矩形的面积为，
所以，
所以，解得，
．
由题可知，个未患病者中，该项医学指标在中的有
人，
其中被误诊者有人，
记随机抽取的人恰有一人为被误诊者为事件．
分别用，，，，，表示这人，，代表被误诊的人，
样本空间，
事件，故，，
，
故人中恰有一人为被误诊者的概率是．
18.证明：因为，所以，
因为，所以，
将沿折起到的位置，始终有，，
因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，，，平面，
所以平面．
解：由可知，，，两两垂直，
翻折前，因为经过的重心，且，
所以，所以，，，
翻折后，，
由勾股定理得，，
连接，取的中点，在上取点，使得，连接，，则，，
又，，
所以，，即四边形为平行四边形，
所以，，
所以与平面所成的角即为与平面所成的角，
其中，
而平面，
所以，
由勾股定理得，，
翻折前，在中，，
所以，，，
在中，由余弦定理得，，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
由于，所以，解得，
因为，
故点平面的距离为，
设直线和平面所成角的大小为，，则，
所以，
故直线和平面所成的角为，即直线和平面所成的角为．
存在，，理由如下：
过点作于点，连接，，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为，平面，所以，，
所以二面角的平面角为，即，
所以，，
设，，
在中，由余弦定理得，，
所以，
所以，，
而，
所以，
所以，解得，
故存在点满足题意，且．
19.解：由题可知，在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，，
故
，，
即，，
当时，，此时取得最大值．
由知，，，
，
，，
，
令，，
当时，关于递减，不存在最大值；
当时，
，其中，，
，，
要使存在最大值，只需，即，
，得，
解得．
所以的取值范围是．
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