湖南省娄底市涟源市部分学校2024-2025学年高二上学期开学考试 数学试题（含解析）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出向量的坐标，根据模的计算公式求得答案.
【详解】因为，
所以,
因此，，
故选：.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】化简复数后，利用复数对应象限内点的特征求解即可.
【详解】由题意得，故在复平面内对应的点为，
该点位于第三象限，故C正确.
故选：C
3. 为了培养青少年无私奉献，服务社会，回馈社会的精神，某学校鼓励学生在假期去社会上的一些福利机构做义工．某慈善机构抽查了其中100名学生在一年内在福利机构做义工的时间（单位：小时），绘制成如图所示的频率分布直方图，则x的值为（ ）
A. 0.0020B. 0.0025C. 0.0015D. 0.0030
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合频率和为1列式求解即可.
【详解】由题意可得：，解得.
故选：B.
4. 已知四边形中，，并且，则四边形是（ ）
A. 菱形B. 正方形C. 等腰梯形D. 长方形
【答案】A
【解析】
【分析】由，得到四边形为平行四边形，再由，得到，得出四边形为菱形.
【详解】由题意，四边形中，
因为，可得且，所以四边形为平行四边形，
又因为，可得，
所以四边形为菱形.
故选：A.
5. 抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，事件“两枚硬币都正面朝上”，事件“至少一枚硬币反面朝上”则（ ）
A. 与独立B. 与互斥C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出样本空间及事件，再结合相互独立事件、互斥事件判断AB；利用古典概率公式计算判断CD.
【详解】样本空间{(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)}，事件{(正,正),(正,反)}，
事件{(正,反),(反,反)}，事件{(正,正)}，事件{(正,反),(反,正),(反,反)}，
对于A，，而，，与不独立，A错误；
对于B，事件可以同时发生，与不互斥，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，{(正,正),(正,反),(反,反)}，，D正确.
故选：D
6. 在中，内角所对的边分别为，若，则的形状一定为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 锐角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理将化为，然后化简可得答案.
【详解】，
由余弦定理可得，则，
则，所以为直角三角形.
故选：A.
7. 已知两个平面、，在下列条件下，可以判定平面与平面平行的是（ ）．
A. 、都垂直于一个平面γ
B. 平面内有无数条直线与平面平行
C. l、m是内两条直线，且∥，∥
D. l、m是两条异面直线，且∥，∥ ，∥，∥
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，由面面平行的判定理分析判断.
【详解】对于A，如在正方体中，平面和平面都与平面ABCD垂直，但这两个平面不平行，所以A错误，
对于B，如在正方体中，平面和平面，平面中所有平行于交线的直线都与平面平行，但这两个平面不平行，所以B错误，
对于C，如在正方体中，平面和平面，分别为的中点，则在平面内，且都与平面平行，但这两个平面不平行，所以C错误.
对于D，因为l、m是两条异面直线，所以将这两条直线平移到共面时，一定在内形成两条相交直线，由面面平行的判定定理可知，该结论正确．
故选：D
8. 已知正三棱柱 的底面边长为2，侧棱长为 为棱 上一点， 则三棱锥 的体积为（ ）
A. 3B. 32C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接,通过已知条件证明平面,即为三棱锥的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】如图所示，连接,
因为为正三角形，且为中点，
所以,
又因为平面,且平面，
所以,
因为,平面,平面，
所以平面,
所以为三棱锥的高，且,
所以
故选：C.
二、多项选择题：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. 已知向量，，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 向量与夹角是D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，再由平面向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为向量，，则，
且，则，解得，故A错误；
因为，，则，故B正确；
因为，则，故C正确；
因为，则，故D正确；
故选：BCD
10. 若，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于选项A B C：利用基本不等式化简整理求解即可判断，对于选项D：利用作差法判断即可.
【详解】对于选项A：若，
由基本不等式得，
即，
得，
故，
当且仅当时取等号；
所以选项A不正确；
对于选项B：若，
，
，
当且仅当且，
即时取等号，
所以选项B正确；
对于选项C：由，
，
即，
由基本不等式有：
，
当且仅当且，
即时取等号，
所以选项C正确；
对于选项D：，
又，得，
所以，
所以选项D正确；
故选：BCD.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
11. 如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积是定值
B. 过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形
C. 存在唯一的点，使得
D. 与平面所成的角为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】利用，结合的面积为定值，点到平面的距离为定值，可判断A；平面的基本性质作出面与的交点，利用正方体的性质及线线平行、线面平行、中位线性质判断B；当为中点时，可得，进而判断C；到平面的距离一定，而长度随运动会变化，结合线面角定义判断D.
【详解】因为是线段上的动点，而且，
所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值，
，所以三棱锥的体积是定值，A正确；
过作分别交，的延长线于，，连接，，如图，
为，的交点，为，的交点，所以截面为五边形，B错误；
在上运动，当时，，而为中点，
所以当为中点时，，故存在唯一的点使得，C正确；
由，平面，平面，则平面，
所以到平面的距离一定，而长度随运动会变化，
故与平面所成的角不为定值，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键在于，利用线线平行得到点到的面积为定值，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，且，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标运算求解.
【详解】因为，则，解得.
故答案为：.
13. 甲､乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出（至少有一人解出来）的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设这道题没被解出来为事件A，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率
【详解】设数学题没被解出来为事件A，
则，
则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率：
.
故答案为：
14. 在中，，满足此条件有两解，则边长度的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形有两解，应满足，化简即可求解.
【详解】有两解，，.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，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. 已知向量，．
（1）若与垂直，求实数k的值；
（2）已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量坐标线性运算结合垂直关系的坐标运算，列出方程求解即可；
（2）由向量的加减、数乘运算表示，，再由共线定理解出实数m的值．
【小问1详解】
，
则，
因为与垂直，所以，
解得．
【小问2详解】
，
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以．
所以，
解得．
16. 如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质证得，由已知平面，证得，由线面垂直的判定定理得证平面；
（2）取的中点，证明四边形为平行四边形，得证，由线面平行的判定定理得平面.
【小问1详解】
证明：连接，交于点，
因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面；
【小问2详解】
证明：取的中点，连接，
又为的中点，有，，
已知，，
则有，，四边形为平行四边形，
有，即有，
平面，平面，所以平面.
17. 在中，
（1）求值；
（2）求角和的面积.
【答案】（1）
（2），的面积为
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角和二倍角公式可得，再利用余弦定理计算得出结果；
（2）根据余弦定理推论计算得出角；再根据三角形面积公式计算的结果；
【小问1详解】
在中，由正弦定理得
因为，所以，
由余弦定理得，代入，
解得或（舍）
【小问2详解】
由余弦定理推论得，
因为，所以角；
因此的面积为.
18. 某地区课改时实行高考新方案试点，规定：语文、数学和英语是必考科目，考生还要从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目.为了解某校学生选科情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取了100名学生作为样本进行调查，调查数据如下表，用频率估计概率.
（1）已知该校高一年级有400人，估计该学校高一年级学生中选考历史的人数；
（2）现采用分层抽样的方式从样本中随机抽取三个年级中选择历史学科的5名学生组成兴趣小组，再从这人中随机抽取2名同学参加知识问答比赛，求这2名参赛同学来自不同年级的概率；
（3）假设三个年级选择选考科目是相互独立的.为了解不同年级学生对各科目的选择倾向，现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行调查，求这3名学生均选择了第1门科目的概率.
【答案】（1）80人 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由样本中选择历史学科的比例结合高一年级学生总人数即可得解.
（2）先确认各年级样本中抽取的人数并进行编号，列出从这5名运动员中随机抽取2名参加比赛所有可能的结果，再由2名参赛同学来自相同年级的可能结果即可求出2名参赛同学来自不同年级的概率.
（3）先求出样本中三个年级选第一门科目的概率即可依据相互独立乘法概率公式进一步求出所求概率.
【小问1详解】
由题意知，样本中高一学生共有100人，其中选择历史学科的学生有20人，
故估计高一年级选历史学科的学生有人.
【小问2详解】
由表格数据可知应从样本中三个年级选历史的学生中分别抽取人数为1，2，2，
编号依次为，，，，，
从这5名运动员中随机抽取2名参加比赛，所有可能的结果为
，，，，，，，，，，共10种，
设为事件“这2名参赛同学来自不同年级”，
则 为事件“这2名参赛同学来自相同年级”有，共2种，
所以事件发生的概率.
【小问3详解】
样本中三个年级选第一门科目的学生分别为80，60，50，
所以样本中三个年级选第一门科目的概率分别为，
所以现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行调查，
则这3名学生均选择了第1门科目的概率为.
19. 如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面.
（1）求证：；
（2）当，直线与平面所成角为时，
（i）求证：平面平面；
（ii）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）先求证平面，进而得，接着由菱形得，从而得平面，进而得证.
（2）（i）求证平面即可由面面垂直的判定定理得证平面平面；
（ii）分别作交于，作交于，连接，进而得平面，从而得是二面角的平面角，接着由等面积法求出和即可由得解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
由三棱柱性质得四边形平行四边形，又因为，
所以是菱形，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
小问2详解】
（i）当时，因为，
所以，所以，
由（1）平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（ii）因平面，平面，
所以直线与平面所成的角为，所以，
因为，且，，，故，
作交于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
作交于，连接，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角平面角，
因为即，所以，
因为即，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
【点睛】思路点睛：本题在求二面角时采用的方法是定义法，通过作交于和作交于，从而作出二面角的棱的垂面，进而得到二面角的平面角，再由等面积法求出和即可得选考情况
第1门
第2门
第3门
第4门
第5门
第6门
物理
化学
生物
历史
地理
政治
高一选科人数
80
70
35
20
35
60
高二选科人数
60
45
55
40
40
60
高三选科人数
50
40
60
40
40
70