全国顶级名校2024-2025学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学试卷二十一及参考答案含答题卡

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．考试范围：苏教版2019必修第一册、第二册以及选修必修第一册直线与方程
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知集合，则“”是“”的（ ）条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
【答案】C
【分析】根据集合的基本关系以及充分必要条件的判断即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以是的充要条件,
故选：C.
2．若复数满足，则等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【分析】由复数的除法法则求得，可求.
【详解】由，可得，
所以，
所以.
故选：A.
3．某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A. 极差为10B. 中位数为7.5C. 平均数为8.5D. 标准差为
【答案】D
【分析】利用极差、中位数、平均数、标准差的定义，根据条件逐一对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】某射击运动员射击6次，命中的环数从小到大排列如下：6，7，7，9，9，10，
对A，极差为，故A错误；
对B，中位数为，故B错误；
对C，平均数为，故C错误；
对D，标准差，故D正确.
故选：D
4．已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】A
【分析】根据投影向量的定义式，结合题意即可求得.
【详解】由向量，可得，
因向量在上的投影向量为，
由题意，，解得.
故选：A.
5．已知直线与直线关于点对称，则实数的值为（ ）
A. 2B. 6C. D.
【答案】A
【分析】根据线关于点对称即可得两直线平行，进而根据点的对称代入求解即可.
详解】由于直线与直线关于点对称，
所以两直线平行，故，则，
由于点在直线上，关于点的对称点为，
故在上，代入可得，故，
故选：A
6．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】D
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误；
对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误；
对于D：若，，则或，
若，则在平面内存在直线，使得，又，则，
又，所以；
若，又，所以；
综上可得，由，，，可得，故D正确.
故选：D
7．设为锐角，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得.
【详解】由为锐角，得，而，
因此，
所以
故选：B
8．若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．的图象关于点中心对称
C．的图象关于直线对称D．
【答案】D
【分析】对于A：根据，赋值令，即可得结果；对于C：根据结合奇函数定义可得，即可得结果；对于B：根据选项B中结论分析可得，即可得结果；对于D：分析可知：4为的周期，结合周期性分析求解.
【详解】因为，，
对于选项A：令，可得，故A正确；
对于选项C：因为函数是定义域为的奇函数，则，
则，所以的图象关于直线对称，故C正确；
对于选项B：因为，可得，
则，
即，所以的图象关于点中心对称，故B正确；
对于选项D：因为，
令，可得，
令，可得，
又因为，则，
可知4为的周期，可得，即，
因为，所以，故D错误；
故选：D
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．盒子里有3个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”．则（ ）
A. 与互为对立事件B. 与互斥C. A与B相互独立D.
【答案】AD
【分析】依次列出样本空间，事件、、、包含的基本事件，由事件的基本关系及概率公式一一判定选项即可.
【详解】依题意可设个红球为， ，，2个白球为，，则样本空间为：
，共个基本事件.
事件，共个基本事件.
事件
，共个基本事件.
事件
，共个基本事件.
事件，
共个基本事件.
对于A，显然、不可能同时发生，且与中一定有一个会发生，所以与互为对立事件，故A正确；
对于B：注意到，则与不互斥，故B错误；
对于C：因为，
则，故与不独立，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：AD
10．已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递增
【答案】BD
【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，在根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为
，
所以的最小正周期，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；
当，则，又在上单调递增，
所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：BD
11.在正四棱台中，，，，点E在内部（含边界），则（ ）
A. 平面B. 二面角大小为
C. 该四棱台外接球的体积为D. 的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，为中点，证明证得平面；对于B，几何法求二面角的大小；对于C，先假设球心的位置，利用勾股定理与半径相等建立方程组进而确定的位置，可求得球的半径并计算体积；对于D，先判断落在上，再进一步判断与重合时，取得最小值.
【详解】对于A，如图1，设底面对角线交于点，
由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，
又面面，而面面，面面，
故，即；
由，，，
得，，即；
所以四边形是平行四边形，故，
而面，面，所以平面，故A正确；
对于B，正四棱台中，为中点，，则，
由，则有，所以二面角的平面角为，
，，为正三角形，
所以二面角的大小为，故B正确；
对于C，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，设外接球的半径为，
则，
等腰梯形中，易得，
为方便计算，不妨设，则由，
即，得，又，解得，
即与重合，故，故球的体积为，故C错误；
对于D，由图2易得，，，面，
故面，
不妨设落在图3(在外)处，过作，交于，
则面，面，故，
故在中，（直角边小于斜边）；同理，，
所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；
再看图4，由AB选项可知，，，
和都为正三角形，关于的对称点为，
可知，
即与重合时，有最小值，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．直线恒过定点______.
【答案】ACD
【分析】整理直线方程，可化为，当且时，无论取何值，方程恒成立，解方程组即可解得定点，即可判断正误；
【详解】因为直线，
即，
令，解得，
即直线恒过定点，
故答案为：
13．已知是边长为1的正三角形，是上一点且，则_________
【答案】
【分析】根据题意得，由三点共线求得，利用向量数量积运算求解.
【详解】，，且，
而三点共线，，即，
，
所以.
故答案为：
14．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1）__________；（2）的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表达式，由基本不等式可得它的最小值.
【详解】，
由正弦定理可得：，
设，
由余弦定理可得，
在中，，可得，
由正弦定理可得，
，，
设，由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即，平方得，
设，
，当且仅当且，即时取等号，
的最小值为，即的最小值为.
故答案为：;.
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．
15．2024年5月15日是第15个全国公安机关打击和防范经济犯罪宣传日，某市组织了多个小分队走进社区，走进群众，开展主题为“与民同心，为您守护”的宣传活动，为了让宣传更加全面有效，某个分队随机选择了200位市民进行宣传，这些市民年龄的样本数据的频率分布直方图如图：
（1）请估计这200位市民的平均年龄（同组数据用组中值代替）；
（2）现用分层抽样方法从年龄在区间和两组市民中一共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求“抽取的2人的年龄差大于10岁”的概率.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数计算规则计算可得；
（2）首先求出年龄在区间和中抽取的人数，再列出所有可能结果，最后由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】（1）由频率分布直方图可得这200位市民的平均年龄为：
；
（2）样本中年龄在区间的频率为，
年龄在区间的频率为，
则年龄在区间抽取人，分别记作、、、，
年龄在区间抽取人，分别记作、，
从这6人中随机抽取2人进行电话回访可能结果有、、、、、、
、、、、、、、、共个，
其中满足抽取的2人的年龄差大于10岁的有、、、、、、、共个，
所以“抽取的2人的年龄差大于10岁”的概率.
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD，，，E为PD中点，F为PB中点，M为CE中点．
（1）求证：平面平面PAB；
（2）求证：平面BDM．
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【分析】（1）证明出即可证明出平面PAB从而证明出平面平面PAB．
（2）先证明平面平面BDM．再利用面面平行的性质证明即可..
【详解】（1）底面ABCD．平面ABCD，．
又，，平面PAB平面PAB．
平面ACE，平面平面PAB．
（2）连接EF、AE，连接AC交BD于点O，连接OM．
在中，M，O分别为CE，AC中点，．
又平面BDM，OM平面BDM，平面BDM：
在中，E，F分别为PD，PB中点，．
又平面BDM，平面BDM．平面BDM；
又AE，平面AEF，，平面平面BDM．
又平面AEF，所以平面BDM．
17．已知的顶点，，.
（1）若直线过顶点，且顶点A，到直线的距离相等，求直线的方程；
（2）数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出：三角形的外心、重心、垂心共线，这条直线称为欧拉线.求的欧拉线方程.
【答案】（1）或 （2）
【分析】（1）根据题意可设直线，结合点到直线的距离公式运算求解；
（2）根据外心在的中垂线为可设，及到顶点距离相等列方程可得，结合重心求直线方程.
【详解】（1）若直线的斜率不存在，显然不合题意，可设直线，即，
由题意可得：，
整理得，解得或，
所以直线的方程或.
（2）因为的中垂线为，可设的外心，
又因为，可得，
则，解得，即，
由题意可知：的重心，则欧拉线的斜率为，
故的欧拉线的方程为，即.
18．在中，已知角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得，根据锐角三角形可得的取值范围，结合三角函数的图象和性质即可求解.
【详解】（1）在中，
，
因为，
所以，
化简得，由余弦定理得，
又，所以；
（2）由正弦定理知
，
由为锐角三角形可知，而，
所以得，
所以，
所以，即 ，
则的取值范围为.
19．如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）或.
【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论；
（2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
（2）由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又， 平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）延长交于，可得是等边三角形，
过作于，
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，且为中点，
又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
若，则点在线段延长线上，此时，.