2024-2025学年甘肃省武威市高二上学期开学摸底考数学检测试卷合集2套（附解析）

2024-2025学年甘肃省武威市高二上学期开学摸底考数学检测试卷（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知向量．若，则实数的值为（

）A．－8 B．－6 C．－1 D．62．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为（

）A． B． C． D．4．数列是等差数列，若，，构成公比为q的等比数列，则（

）A．1 B．2 C．3 D．45．某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：

下列结论正确的是（

）A．该校2023年与2022年的本科达线人数比为6:5B．该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7C．2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80%D．2023年该校不上线的人数有所减少6．已知，若，则（

）A． B． C． D．7．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，平面，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．8．已知是等差数列的前项和，公差，，若成等比数列，则的最小值为（

）A． B．2 C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知向量，，则下列说法正确的是（

）A． B．向量在向量上的投影向量为C．与的夹角的余弦值为 D．若，则10．已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（

）A． B．C．当时， D．当时，11．如图，在正方体中，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（

）A．直线平面 B．异面直线与所成角为C．三棱锥的体积为定值 D．平面与底面ABCD的交线平行于AC三、填空题（本大题共3小题）12．已知等比数列满足，，则．13．如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为.14．在一个质地均匀的正方体骰子的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，连续抛掷这个骰子两次，并记录每次骰子向上一面的点数，记事件A为“第一次记录的数字为偶数”，事件B为“第二次记录的数字为偶数”，事件C为“两次记录的数字之和为偶数”，则下列结论正确的是①事件A与事件B是相互独立事件；②事件A与事件C是互斥事件；③；④.四、解答题（本大题共5小题）15．已知复数，（i为虚数单位）．(1)求；(2)若，求实数的值．16．已知数列中，，．数列的前项和为，且．(1)求数列以及数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．17．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯比赛直播的时长情况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组：，，，，，，（观看时长均在内），并根据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图.

(1)求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)采用分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人，现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，求抽取的2人恰好观看时长在的概率.18．在①；②；③的面积为S，且，这三个条件中任意选择一个，填入下面的问题中并求解．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角C；（2）函数的最小正周期为π，c为在上的最大值，求的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答记分．19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．

参考答案1．【答案】B【分析】求得的坐标，利用共线向量的坐标运算可求的值.【详解】由题意得，因为，所以．故选B．2．【答案】B【分析】根据复数的除法计算可化简复数，进而可得.【详解】由，所以.故选B.3．【答案】A【分析】基本事件总数，列举出满足条件得到情况得到概率.【详解】基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（1，1），（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2），（3，3），（4，3），（5，3），（4，4），（5，4），（5，5），共有个基本事件.抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.故选A.【方法总结】古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法；(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化；(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.4．【答案】A【分析】设出等差数列的公差，由，，构成公比为q的等比数列，列式求出公差，则由化简得答案.【详解】设等差数列的公差为d，由，，构成等比数列，得，整理得即．化简得，即．所以．故选A．5．【答案】C【分析】设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，再根据扇形统计图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可．【详解】不妨设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，2022年本科达线人数为50，2023年本科达线人数为90，2023年与2022年的本科达线人数比为9:5，本科达线人数增加了，故A错误，C正确；2022年专科达线人数为35，2023年专科达线人数为45，2023年与2022年的专科达线人数比为9:7，故B错误；2022年不上线人数为15，2023年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，故D错误．故选C.6．【答案】D【分析】根据角的范围，利用同角的三角函数关系求得的值，利用两角差的余弦公式即可求得，继而利用二倍角的余弦公式求得答案.【详解】由于，则，而，故，由，可得，则，故.故选D.7．【答案】B【分析】先根据三棱锥的体积求出高，然后补成三棱柱即可确定球心，求出球的半径，代入球的表面积公式求解即可.【详解】三棱锥的体积为，，将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，是边长为的正三角形，外接圆的半径，球的半径，球的表面积为.故选B.8．【答案】A【分析】由成等比数列可得数列的公差，再利用等差数列的前项和公式及通项公式可得为关于的式子，再利用对勾函数求最小值.【详解】∵成等比数列，∴，解得，∴，令，令，其中，∵函数在单调递减，在单调递增，∴当时，；当时，，∴.故选A.【易错警示】求解时注意为整数，如果利用基本不等式求解，等号是取不到的.9．【答案】BD【分析】根据向量共线的坐标运算法则，可判断A的正误；根据投影向量的求法，可判断B的正误；根据向量夹角的求法，可判断C的正误；根据向量垂直的坐标运算法则，可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：，因为，所以与不平行，故A错误；对于B：向量在向量上的投影向量为，故B正确；对于C：，所以与的夹角的余弦值，故C错误；对于D：若，则，所以，故D正确.故选BD.10．【答案】BC【分析】对于A，由等差数列求和公式结合已知即可验算；对于B，由等差数列求和公式结合即可验算；对于CD，由等差数列性质即可验算.【详解】对于A：因为，所以，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：当时，，故C正确；对于D：当时，，即，故D错误.故选BC.11．【答案】ACD【分析】由线面垂直的判定判断A；由结合等边三角形的性质判断B；由平面结合体积公式判断C；由线面平行的性质判断D.【详解】连接，，∵，，，∴平面，则，同理，∵，∴直线平面，故A正确；∵，，∴四边形为平行四边形，则，则为异面直线与所成角，又，则，即异面直线与所成角为，故B错误；∵，平面，平面，∴平面．可得P到平面的距离为定值，即三棱锥的体积为定值，故C正确；∵平面ABCD，平面，设平面与底面ABCD的交线为l，由直线与平面平行的性质，可得平面与底面ABCD的交线平行于，故D正确．故选ACD.12．【答案】【分析】解法一：由已知结合等比数列的通项公式可求公比及首项，即可求解；解法二：利用等比数列的性质求出公比，再整体法求解.【详解】解法一：设等比数列的公比为，由已知得，解得，所以.解法二：，解得，则13．【答案】【分析】取的中点为，连接，则为二面角的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可.【详解】连接交于点，连接，取的中点，连接，根据正八面体的几何特征，有过点，，，又平面，平面，平面平面，所以为二面角的平面角.正八面体中，平面，平面，则，所以是直角三角形，设正八面体棱长为2，则，，所以，得在中，，同理，在中，由余弦定理可得.14．【答案】①④【分析】列出各事件的基本事件，再由古典概率公式求解判断．【详解】连续抛掷骰子两次的基本事件有36种，事件A的基本事件为：，，共18个，事件B的基本事件为：，，共18个，事件C的基本事件为：，，共18个，事件的基本事件为：，共9个，事件的基本事件为：，共9个，则得，则事件A与事件B是相互独立事件；事件A与事件C有共同的基本事件，如等，则事件A与事件C不是互斥事件；；.故选①④.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用复数的乘除计算求出复数代数形式，再求模即可；（2）代入，然后利用复数相等列方程求解.【详解】（1），则；（2），因为，所以，解得.16．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由等比数列的定义可得的通项公式，利用通项与前项和的关系式，可得的通项公式；（2）由（1）得，利用分组求和法即可求解.【详解】（1），即，又，所以是首项、公比都为2的等比数列，所以，当时，由，得，所以，当时，，符合上式，所以.（2）由（1）得，则，所以数列的前项和.17．【答案】(1)，平均数为157.6(2)【分析】（1）由频率和为1列方程可求出的值，再根据平均数的定义可求得平均数；（2）根据分层抽样的定义结合频率分布直方图求出在和所抽取的人数，然后利用列举法可求得结果.【详解】（1）由频率分布直方图性质，得，解得，平均数为，所以估计样本数据的平均数为157.6；（2）采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，则中抽取人，分别记为，，，，中抽取人，分别记为，，现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，共15个，抽取的2人恰好观看时长在基本事件有：，，，，，共6个，所以抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率为.18．【答案】（1）

（2）【分析】（1）若选①，利用正弦定理结合条件得到角C的大小；若选②，利用正弦定理，结合条件得到角C的大小；若选③，利用余弦定理，结合三角形面积公式可得到角C的大小.（2）由正弦定理用角A,B表示出边a，b，从而得到三角函数式，进而用三角恒等变换和三角函数有界性得到结果.【详解】(1)若选①，根据，由正弦定理得，可得，由为锐角三角形，则，则，所以,且，则；若选②，由，根据正弦定理得，则，所以，由为锐角三角形，则，则，若选③，的面积为S，且，可得,,即,由为锐角三角形，则，则.(2)函数，又函数的最小正周期为，则，所以，当，，所以当，函数取得最大值，，故,由（1）知，由正弦定理得，所以，，则,因为,所以则，故.19．【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证；（2）利用等体积法求出点到平面的距离；（3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值.【详解】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，所以，为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，,又，，，所以，所以，又，所以，设点到平面的距离为，则，即，解得，即点到平面的距离.（3）连接，，则且，又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以，取的中点，连接，则且，又为中点，所以，又，所以，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，则平面，又，平面，所以平面，连接，，则为直线与平面所成的角，即，所以，为直线与平面所成的角，即，所以，所以，又，设，，所以，所以，令，则，所以，因为，所以，所以当时取得最大值，且最大值为，所以.2024-2025学年甘肃省武威市高二上学期开学摸底考数学检测试卷（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知等差数列的前n项和为，且点在直线上，则（

）A．2019 B．2020 C．4038 D．40403．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（

）

A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M4．若函数，则下列结论不正确的是（

）A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递增C．函数图象关于对称 D．函数的图象关于点对称5．已知一组正数的方差为，则数据的平均数为（

）A．3 B．4 C．5 D．66．已知甲袋中有标号分别为1，2，3，4的四个小球，乙袋中有标号分别为2，3，4，5的四个小球，这些球除标号外完全相同，第一次从甲袋中取出一个小球，第二次从乙袋中取出一个小球，事件表示“第一次取出的小球标号为3”，事件表示“第二次取出的小球标号为偶数”，事件表示“两次取出的小球标号之和为7”，事件表示“两次取出的小球标号之和为偶数”，则（

）A．与相互独立 B．与是互斥事件 C．与是对立事件 D．与相互独立7．在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（

）A． B．4 C．6 D．108．已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题错误的是（

）A．若，则B．若，则n平行于内的无数条直线C．若，则D．若，则10．下列说法正确的有（

）A．在中，B．在中，若，则C．若，则一定是钝角三角形D．若，，，则符合条件的有两个11．在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（

）

A．B．三棱锥外接球的表面积为18C．三棱锥的体积为D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知数列的前项和，则它的通项公式．13．已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为，若上、下底面的半径分别为1和2，则母线长为．14．如图，在△ABC中，，DB⊥平面ABC，且，BD＝3，FC＝4，AE＝5.则此几何体的体积为．四、解答题（本大题共5小题）15．在中，，，分别为角，，所对的边，为的面积，且．（I）求角的大小；（II）若，，为的中点，且，求的值．16．黄山原名“黟山”，因峰岩青黑，遥望苍黛而名，后因传说轩辕黄帝曾在此炼丹，故改名为“黄山”.黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一.为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图，求x的值；(2)估计这100名游客对景区满意度评分的40%分位数（得数保留两位小数）；(3)景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在50,60和60,70内各1人的概率.17．已知数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)对于，将数列中落在区间内的项的个数记为，求数列的通项公式.18．如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.19．已知数列具有性质：，都，使得.(1)分别判断以下两个数列是否满足性质，并说明理由；（ⅰ）有穷数列：；（ⅱ）无穷数列：；(2)若有穷数列满足性质，且各项互不相等，求项数的最大值.

参考答案1．【答案】D【分析】先计算得出z，再求其共轭复数即可.【详解】由题知，所以，则，对应的点为，位于第四象限.故选D．2．【答案】A【分析】利用等差数列的性质求解，根据可求答案.【详解】因为点在直线上，所以；因为等差数列满足，所以.故选A.3．【答案】D【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项.【详解】∵直线，过三点的平面记作，∴与的交线必通过点和点，故选D．4．【答案】A【分析】先根据三角恒等变换化简的表达式，然后根据三角函数的性质进行判断.【详解】根据二倍角公式和诱导公式，，于是.A选项，根据三角函数周期公式，，A选项错误；B选项，令，解得，时可得在区间上单调递增，B选项正确；C选项，令，解得，时可得图象关于对称，C选项正确；D选项，，解得，为对称中心的横坐标，令，解得，故的图象关于点对称，D选项正确.故选A.5．【答案】C【分析】根据方差的计算公式可得到数据的平均数，再根据平均数的计算公式即可得到数据的平均数．【详解】由方差的计算公式可得，可得平均数，对于数据有．故选C．6．【答案】D【分析】根据互斥事件、对立事件及相互独立事件的定义判断即可.【详解】由题意可得基本事件总数为，设，，，，由题意可得与可以同时发生，故不是互斥事件，故B错误；易知与不同时发生，即与为互斥事件，但不是对立事件，比如当发生时与均不发生，故C错误.又，则，，从而与不相互独立，与相互独立，故A错误，D正确.故选D.7．【答案】C【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得.【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，因为侧棱长为的正三棱锥，，所以，由余弦定理可得，所以，所以截面的最小周长为.故选C.8．【答案】C【分析】由向量模与夹角的公式得，进而结合向量的夹角范围求解即可.【详解】因为是单位向量，且的夹角为，所以，又，所以，又，所以，所以.故选C.9．【答案】ACD【分析】根据线面位置关系、判定定理及性质即可判断.【详解】对于A，因为，所以或，故A错误；对于B，因为，所以或，所以n平行于内的无数条直线，故B正确；对于C，若，则或，故C错误；对于D，若，则或，故D错误.故选ACD.10．【答案】AC【分析】对于A，利用正弦定理边角化即可求解；对于B,根据诱导公式及三角形的性质即可求解；对于C，利用余弦定理的推理即可求解；对于D，利用余弦定理即可求解.【详解】对于A，由正弦定理，得,所以，故A正确；对于B，在中，若，而则或，所以或，故或，故B错误；对于C，若，则，而,所以为钝角，即为钝角三角形，故C正确；对于D，由余弦定理得,有唯一解,故D错误.故选AC.11．【答案】ACD【详解】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D.【分析】对于A：由题意知平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对于B：因为PA,PE,PF两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径，故外接球表面积，故B错误；对于C：，因为M为的中点，所以，故C正确；对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，，

设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，，此时截面圆半径为此时截面圆的面积为，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确.

故选ACD.12．【答案】．【分析】由与的关系，化简可得所求通项公式．【详解】由，可得时，；当时，．此时，当综上，可得．故答案为：．13．【答案】2【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式和梯形面积公式分别计算侧面积和轴截面面积，由条件列方程求母线长.【详解】设圆台的母线长为，高为，则，因为圆台上、下底面的半径分别为1和2，所以圆台的侧面积，轴截面面积，由已知，化简得，所以解得．故答案为：2.14．【答案】96【分析】用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使，再由柱体的体积公式计算即可得出答案.【详解】用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使，所以V几何体＝V三棱柱.故答案为：.15．【答案】（I）；（II）．【分析】（I）利用正余弦定理及面积公式，代入对应公式得，解得，（II）为的中点，利用向量，再根据余弦定理得，解得，，最后根据正弦定理可得解.【详解】（I）由已知得，∴.即.∴.又∵，，（