福建省九地市部分学校2024-2025学年高二上学期开学质量检测数学试卷（解析）

2024~2025学年第一学期福建省九地市部分学校开学质量检测数学试卷（完卷时间：120分钟；满分：150分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！一、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.若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点不可能在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先根据复数的除法和乘法计算化简，再根据实部和虚部确定复数对应点的象限.【详解】，若，则，∴复数z可能在第一象限；若，无解，即复数z不可能在第二象限，故应选B；若，则，∴复数z可能第三象限；若，则，∴复数z可能在第四象限．故选：B.2.已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的定义可得结果.【详解】根根据空间中点的坐标确定方法知，空间中点在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变.所以空间向量在坐标平面上的投影坐标是：.故选：A.3.若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量共面定理可知BCD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设A中向量共面，可知不存在满足条件的实数，由此知假设错误，则A中向量可以作为基底.【详解】对于A，假设共面，则可设，方程组无解，不共面，可以作为空间一组基底，A正确；对于B，，∴共面，不能作为空间一组基底，B错误；对于C，，∴共面，不能作为空间一组基底，C错误；对于D，，共面，不能作为空间一组基底，D错误.故选：A4.已知空间单位向量，，两两垂直，则（）A B. C.3 D.6【答案】A【解析】【分析】先根据单位向量得出模长，再根据垂直得出数量积，最后应用运算律求解模长即可.【详解】因为空间单位向量两两垂直,所以，所以.故选：A.5.如图所示，在四面体A－BCD中，点E是CD的中点，记，，，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的线性运算，用基底表示向量.【详解】连接AE，如图所示，∵E是CD的中点，，，∴＝＝．在△ABE中，，又，∴.故选：A.6.设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，，则D.若，，则【答案】B【解析】【分析】由线面关系逐一判断即可.【详解】对于A：由，，，可知、可能平行或相交，A错误；对于B：由，，，则由线面平行的性质定理得，B正确；对于C：由，，，，可知、可能平行或相交，C错误；对于D：由，，可知或，D错误．故选：B7.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先由题意结合正弦定理得，再由得，接着结合基本定理得，故，进而可求得和，再由即可求解.【详解】由题以及正弦定理得，所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，故，则，因为，所以，所以即，此时即，解得，所以.故选：B.【点睛】关键点睛：解决本题的关键由题意得后利用基本不等式推出，从而得，进而解出角A和c边.8.三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，可将三棱锥补充直棱柱，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，即可得球的体积.【详解】设，则，因为，所以，解得：，即，可知，过作，连接，则，可知，且二面角的平面角为，则为等边三角形，即，设，因为，即，解得：或，可知点与点A重合或与点B重合，两者是对称结构，不妨取点E与点A重合，则，，由，平面，则平面，且为二面的平面角，可知为等边三角形，可将三棱锥补充直棱柱，如图所示，为底面正的外心，即，为的外接球球心，可知，且，则三棱锥的外接球半径，所以外接球的体积.故选：C.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分.9.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10．则（）A.B.估计该年级学生成绩的中位数约为77.14C.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50D.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25【答案】BCD【解析】【分析】A项，由各组频率之和为求参数；B项可由频率分布直方图面积与比较，估计中位数所在区间，利用面积关系建方程求解可得；C项，两组求加权平均数可得；D项，由分别两组成绩的方差与两组总方差的关系求解即可.【详解】A项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则，解得，故A错误；项，前两个矩形的面积之和为前三个矩形的面积之和为.设该年级学生成绩的中位数为，则，根据中位数的定义可得，解得，所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，故B正确；C项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为分，故C正确；D项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为，故D正确.故选：BCD.10.在中，设角所对的边分别为a,b,c，则下列命题一定成立的是（A.若，则是锐角三角形B.若，，，则有唯一解C.若是锐角三角形，，，设面积为S，则D.若是锐角三角形，则【答案】BCD【解析】【分析】由余弦定理可判断；由正弦定理可判断；利用边化角结合面积公式可得，求的范围，结合正弦函数的性质可得的范围，即可判断；由锐角三角形可得及，利用在上的单调性结合诱导公式可判断.【详解】，，，为锐角，但不能确定角是否为锐角，故不一定是锐角三角形，故错误；由正弦定理得，，，有唯一解，故正确；，，，，又，解得，，，，，，即，故正确；是锐角三角形，，又，，，又在上单调递增，，，，故正确；故选：.11.如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（）A.在中点时，平面平面B.异面直线所成角的余弦值为C.在同一个球面上D.，则点轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体图像特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D.【详解】对于选项A：取的中点，连接，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，易知，平面，在面内，所以，面，面，，所以面，面，所以，连接，是正方形，，因为面，面，所以，因为面，面，，所以面，因为面，所以，综上，面，面，又，所以面，面，故平面平面，故A正确；对于选项B：取的中点，连接，则，所以是异面直线所成的角，又，则，故B错误；对于选项C：记正方体的中心为点，则，所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；对于选项D：因为，且为的中点，所以，故，所以点轨迹是过点与平行的线段，且，所以，故D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：（1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角；（2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直；（3）证明点共球面可先证明点共圆.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积为__________【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，因此圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：13.甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______．【答案】【解析】【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率.【详解】甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲，若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意；若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙分数不小于4分，不合题意，在丙输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢，否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平，①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率；②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是；综上概率为．故答案为：.【点睛】思路点睛：对于比较复杂的概率的计算，注意根据问题的特征合理分类，尽量不重不漏，必要时利用表格或枚举等方法.14.如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为________.【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【详解】解：连接，过点作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：在三角形中，因为，故，则，则，，故点，又，，，设点，，由，可得，，，设平面的法向量m=x则，即，取，则，故平面的法向量，又，设直线与平面所成角为，，则，因为，且，故令，，，则，，，又，所以，，即，所以的最大值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若的面积为，求．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）由已知，结合正弦定理边角互化，再根据余弦定理求得即可求解；（2）由三角形面积公式求得，根据及余弦定理得出，再由完全平方公式即可求解．【小问1详解】由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，又，所以．【小问2详解】因为的面积为，所以，即，由，则，即，所以，即．16.如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC.（1）求证：平面；（2）若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB，平面PAC，所以PA面ACB，又因为平面PBC，所以PA，又因为AB是圆的直径，所以，因为平面，所以平面；【小问2详解】建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，所以，则，设平面PBC的法向量为m=x,而，设直线AC与面PBC所成角为，则，所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为.17.某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩（满分为100分），按分数分为，共6组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并求这100名学生成绩的中位数（保留一位小数）；（2）若认定评分在80,90内的学生为“运动爱好者”，评分在90,100内的学生为“运动达人”，现采用分层抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率.【答案】（1），中位数是分（2）【解析】【分析】（1）根据频率之和为求得，根据中位数的求法求得中位数.（2）先按分层抽样计算出、抽取的人数，然后利用列举法求得所求概率.【小问1详解】依题意，，解得.前三组的频率为，所以中位数为分.【小问2详解】的频率为，的频率为，两者的比例是，所以抽取的名学生中，中的有人，记为；在中的有人，记为；从中抽取人，基本事件有，共种，其中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的是：，共种，故所求概率为.18.如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点.（1）求证：平面平面；（2）当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作交弧上一点，连结，由可得，进而由线面垂直的判定定理证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值，而列方程求出的值，从而向量法可求点到直线的距离.【小问1详解】过作交弧上一点，连结，如图所示：则为弧的中点，则且，所以四边形为平行四边形，所以.由题意可知，，为等腰直角三角形，则；因为为弧的中点，所以,则为等腰直角三角形，则，所以，则,因为，则，又，又因为、面，所以平面，因为面，所以平面平面.【小问2详解】由题意知，两两垂直，所以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：设，又，则A0,0,0，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n1=则，即，令，，设平面的一个法向量为，则，即，令，，设