甘肃省武威市第六中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份甘肃省武威市第六中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）
1. 已知向量．若，则实数值为（ ）
A. －8B. －6C. －1D. 6
【答案】B
【解析】
【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，所以．
故选：B．
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【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.
【点睛】点睛：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. 数列是等差数列，若，，构成公比为q的等比数列，则 )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【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】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．
．
故选A．
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题．
5. 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6:5
B. 该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7
C. 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
【答案】C
【解析】
【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. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【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，∴球的半径为，
∴球的表面积为.
故选：B
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. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【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，其中的整数，
∵函数在递减，在递增，
∴当时，；当时，，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的基本量运算、函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，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.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
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
【答案】BD
【解析】
【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. 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，
【答案】BC
【解析】
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【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】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
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上）
12. 已知等比数列满足，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】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.
【详解】设等比数列的公比为，由已知得，
解得，所以.
故答案为：.
13. 如图，正八面体12条棱长相等，则二面角的余弦值为__________.
【答案】.
【解析】
【分析】的中点为，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
故答案为：.
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③ ④
【答案】①④
【解析】
【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；
；
，
故答案为：①④
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数，（i为虚数单位）．
（1）求；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
，
则；
【小问2详解】
，
因为，
所有，解得.
16. 已知数列中，，．数列的前项和为Sn，且．
（1）求数列以及数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
，即，
又，
所以是首项、公比都为2的等比数列，
所以，
当时，由，
得，
，
当时，，符合上式，
.
【小问2详解】
由（1）得，
则
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.
【答案】（1），平均数为157.6；
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图性质得：
，
解得
平均数为
，
∴估计样本数据的平均数为157.6；
【小问2详解】
解：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. 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，那么按第一个解答积分．
【答案】（1） （2）
【解析】
【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】若选①，,
(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，
，
，由为锐角三角形，则，则，
若选③，△ABC的面积为S，且
可得,
,即,
由为锐角三角形，则，则，
(2) 函数
，
函数的最小正周期为，则，，
当[0，]，，
，故,
由（1），
由正弦定理得，
所以，，
则
,
因为则
故.
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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，平面，所以，
又，，平面，
所以平面；
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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.