河北省保定市部分高中2024-2025学年高二上学期开学考试数学

高二数学考试注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册，选择性必修第一册第一章.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，只有一项是符合题目要求的.1.若复数满足，则（）A.B.C.D.2.已知的三个顶点分别为，且，则（）A.2B.3C.4D.53.若是空间的一个基底，则下列向量不共面的为（）A.B.C.D.4.已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（）A.1B.2C.3D.5.续航能力关乎无人机的“生命力”，太阳能供能是实现无人机长时续航的重要路径之一.某大学科研团队利用自主开发的新型静电电机，成功研制出仅重4.21克的太阳能动力微型无人机，实现纯自然光供能下的持续飞行.为激发同学们对无人机的兴趣，某校无人机兴趣社团在校内进行选拔赛，8名参赛学生的成绩依次为，则这组数据的上四分位数（也叫第75百分位数）为（）A.93B.92C.91.5D.93.56.在中，角的对边分别为，若，则（）A.6B.4C.3D.27.某人忘记了一位同学号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，随意拨号，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为（）A.B.C.D.8.已知圆锥在正方体内，，且垂直于圆锥的底面，当该圆锥的底面积最大时，圆锥的体积为（）A.B.C.D.二､多选题：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.已知是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题为真命题的有（）A.若，则B.若，则C.若，则或D.若相交，则10.已知事件两两互斥，若，则（）A.B.C.D.11.已知厚度不计的容器是由半径为，圆心角为的扇形以一条最外边的半径为轴旋转得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的有（）A.棱长为的正方体B.底面半径和高均为的圆锥C.棱长均为的四面体D.半径为的球三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.《九章算术》中将正四棱台称为方亭，现有一方亭，体积为13，则该方亭的高是__________.13.在空间直角坐标系中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________.14.在中，点在边上，，则的外接圆的半径为__________.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.（13分）某高中为了解本校高二年级学生的体育锻炼情况，随机抽取100名学生，统计他们每天体育锻炼的时间，并以此作为样本，按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图.已知样本中休育锻炼时间在内的学生有10人.（1）求频率分布直方图中和的值；（2）估计样本数据的中位数和平均数（求平均数时，同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）.16.（15分）在中，角的对边分别是，已知.（1）证明：.（2）若的面积为1，求.17.（15分）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.18.（17分）在正四棱柱中，已知，点分别在棱上，且四点共面，.（1）若，记平面与底面的交线为，证明：.（2）若，记四边形的面积为，求的最小值.19.（17分）给定平面上一个图形，以及图形上的点，如果对于上任意的点，为与无关的定值，我们就称为关于图形的一组稳定向量基点.（1）已知为图形，判断点是不是关于图形的一组稳定向量基点；（2）若图形是边长为2的正方形，是它的4个顶点，为该正方形上的动点，求的取值范围；（3）若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值.高二数学考试参考答案1.C因为，所以.2.D因为，所以，解得.3.B因为，所以共面；是空间的一个基底，假设共面，则存在不全为零的实数，使得，即，则，无解，故不共面；因为，所以共面；因为，所以共面.4.A.5.D8名学生的成绩从低到高依次为，且，故上四分位数为.6.B因为，所以，由余弦定理可得，即，故.7.B设第次拨号拨对号码.拨号不超过两次就拨对号码可表示为，所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为.8.C如图所示，取的中点，分别记为，，连接.根据正方体的性质易知六边形为正六边形，此时的中点为该正六边形的中心，且平面，当圆锥底面内切于正六边形时，该圆锥的底面积最大.设此时圆锥的底面圆半径为，因为，所以，所以，圆锥的底面积，圆锥的高，所以圆锥的体积.9.BC对于A，若，则直线可能相交或平行或异面，故A错误.对于B，若，则，故B正确.对于C，若，则或，故C正确.对于D，若相交，则或与相交，故D错误.10.BCD因为事件两两互斥，所以，故A错误.由，得，故B正确.由，得，故D正确.因为，所以C正确.11.AC设扇形所在圆的半径为，对于A，设正方体的棱长为，如图1，则可容纳的最长对角线，解得，故A正确.对于C，如图2，取三段圆弧的中点，则四面体的棱长均为2m，所以可以容纳，故C正确.对于B，如图2，同选项C的分析，的外接圆半径为，所以不可以容纳，故B错误.对于D，如图3，4，设球的半径为，其中图4是图3按正中间剖开所得的轴截面，可知圆与圆内切，，解得，所以不可以容纳，故D错误.12.3设正四棱台的高为.因为，所以方亭的体积，解得.13.依题意可得，则，故异面直线与所成角的余弦值为.14.设，因为，所以.由，得，即，又，所以，即，又，所以，所以，则，所以，所以，则外接圆的半径.15.解：（1）由题意可知，学生每天体育锻炼的时间在[50，60）内的频率为，则，由各组频率之和为1，可知，解得.（2）前3组的频率之和为前4组的频率之和为，所以样本数据的中位数在第4组，设为，所以，解得，估计样本数据的中位数是72分钟.估计平均数是分钟.16.（1）证明：因为，所以，即.根据，得，所以，由正弦定理得，所以，从而.（2）解：由（1）可得.因为的面积为1，所以，解得.又，所以由余弦定理得.17.（1）证明：连接，因为平面，所以.又四边形是菱形，，所以是正三角形，所以.由，得是正三角形，.所以，即.由平面，可得.因为，所以平面.（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，则.设是平面的一个法向量，由得取，可得.设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.18.（1）证明：连接，因为，所以，则.在正四棱柱中，易知，所以四边形是平行四边形，从而.又平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.（2）解：易证四边形为平行四边形.以为坐标原点，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.，则，，，化简可得.因为，所以，整理得.由，可得.，易知在上单调递减，所以当时，，当且仅