2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

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．
答案解析
1.
【解析】解：
，
由题意得：，解得：，
故选：．
化简代数式，求出实部和虚部，得到关于的方程，解出即可．
本题考查了复数的运算，考查转化思想，是一道基础题．
2.
【解析】解：
因为向量与向量夹角为，，
所以，
则在上的投影向量为
，
故选：．
3.
【解析】解：由正弦定理，
得，解得．
因为，所以．
又因为，
所以或，
故此三角形有两解．
故选：．
4.
【解析】解：是一条直线，，是两个不同的平面，
若，，可得或、相交，故A错误；
若，，可得或、与相交，故B错误；
若，可得过的平面与的交线，由，可得，又，则，故C正确；
若，，可得或，故D错误．
故选：．
由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断；由线面的位置关系可判断；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
5.
【解析】解：圆锥与内切球的轴截面图如图，其中为圆锥的高，为圆锥底面圆直径，为内切球球心，为切点，
根据圆锥的底面半径为，体积为，
可知，，解得，所以母线长为，
设内切球的半径为，则，
易知，所以，
即，解得内切球半径为，
所以内切球的体积为，
故选：．
6.
【解析】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以，
又，
故，
所以直线与平面的夹角为．
故选：．
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
7.
【解析】解：对于，满足选项A的数据可为，，，，，故A不符合题意；
对于，满足选项B的数据可为，，，，，故B不符合题意；
对于，满足选项C的数据可为，，，，，故C不符合题意；
对于，所有数据和为，中位数为，若出现了数字，那么其余三个数的和为，且其中有一个数至少为，显然不存在满足条件的数据，故D符合题意，
故选：．
8.
【解析】解：如图，
因为，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：，故A错误；
根据该半正多面体的对称性可知，过，，三点的截面为正六边形，又，所以正六边形面积为，故B错误
根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误
因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确．
9.
【解析】解：对于：在中，利用正弦定理得：
：：：：，故A正确；
对于：在中，若，
所以或，整理得或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于：中，当；
当，
故是的充要条件，故C正确；
对于：在中，若，则，故D错误．
故选：．
10.
【解析】解：
，
所以的最小正周期为，A正确；
令，，
解得，，
当时，，此时，
所以不是的对称中心，B错误；
当时，，
此时在上单调递减，C正确；
当时，，
当时，则，
令，
画出函数与的图象，
易得函数与在上有个交点，
即在区间上有个零点，D错误．
故选：．
11.
【解析】 解：如图，
当、分别在、上运动时，若满足，
则线段必过正方形的中心，
而平面，
根据面面垂直的判定可得平面平面，A正确；
当、分别在、上运动时，的面积不变，到平面的距离不变，
棱锥的体积不变，
即三棱锥的体积为定值，B正确；
若为直角三角形，则必是以为直角的直角三角形，但的最大值为，
而此时，的长大于，不可能为直角三角形，C错误；
当、分别为，中点时，
平面与平面所成的角为，
当与重合，与重合时，
平面与平面所成的锐二面角最大，为，等于．
平面与平面所成的锐二面角范围为，D正确，
正确的是．
故选：．
12.
【解析】解：由题得，
所以，所以，
又，所以，
所以．
故答案为：．
先由题中所给条件求出，进而得，再结合即可求解，，进而得．
本题考查平面向量的数乘与线性运算，为中档题．
13.
【解析】解：由分层随机抽样方法可得，车间应抽取的件数为；
总样本平均值，
总样本方差为
．
故答案为：；．
14.
【解析】解：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，
甲队以：获胜包含的情况有：
前场比赛中，第一场负，另外场全胜，其概率为：，
前场比赛中，第二场负，另外场全胜，其概率为：，
前场比赛中，第三场负，另外场全胜，其概率为：，
前场比赛中，第四场负，另外场全胜，其概率为：，
则甲队以：获胜的概率为：
．
故答案为：．
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．
【解析】由向量的共线，由正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
由三角形的面积公式及余弦定理可得的值，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形的面积公式的应用，向量共线的性质的应用，属于中档题．
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．
【解析】根据四边形为矩形，得到，从而得到线面平行；
先证明出，由勾股定理和余弦定理求出各边长，由勾股定理逆定理得到，得到面，从而求出，在求出，利用等体积法求出点到平面的距离．
本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．
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．
【解析】本题考查频率分布直方图和古典概型的计算，属于中档题．
依据题意理解漏诊率即“患病者”的频率分布直方图中小于的各小矩形部分面积，可得临界值同理误诊率 即“未患病者”的频率分布直方图中大于的各小矩形部分面积，即可求．
由题可知，在个未患病者中，该项医学指标在中的有人，其中被误诊者有人，由列举法和古典概型公式可得结果．
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．
【解析】根据翻折前后不变的位置关系，可证平面，从而得，结合，利用线面垂直的判定定理，即可得证；
作出辅助线，先证四边形为平行四边形，可将问题转化为求与平面所成的角，再利用等体积法求出点到平面的距离，进而得点到平面的距离为，然后利用锐角三角函数求线面角的正弦值即可；
作出辅助线，找到二面角的平面角为，结合余弦定理和勾股定理求出各边长，并求出，再利用正切的差角公式求出的值，即可得的长．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，线面角、二面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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．
【解析】本题考查了三角函数在实际生活中的应用、三角函数性质和三角恒等变换，是中档题．
由正弦定理得，，故，由三角恒等变换化简，再用三角函数性质可得结果；
利用平面向量的运算得出，关于的表达式，再通过换元，利用辅助角公式得到与的关系，根据的范围求解．
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