2024-2025学年黑龙江省佳木斯市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省佳木斯市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析），共31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）
1．复数的实部为（ ）
A．B．C．2D．
2．已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，则其平面图形的面积是（ ）
A．4B．C．D．8
3．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．至少有1个白球和都是白球B．至少有1个白球和至少有1个红球
C．恰有1个白球和恰有2个白球D．至少有1个白球和都是红球
4．为了解某中学三个年级的学生对食堂饭菜的满意程度，用分层随机抽样的方法抽取30%的学生进行调查，已知该中学学生人数和各年级学生的满意率分别如图1和图2所示，则样本容量和抽取的二年级学生中满意的人数分别为（ ）
A．800，360B．600，108C．800，108D．600，360
5．已知是单位向量，，若在方向上的投影向量是，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
7．万丈悬梯高可攀，白塔座落嘉陵边．白塔作为阆中市的标志性建筑之一．当你登临顶层，会欣赏到阆中AAAAA风景的全貌．感觉人仿佛在凌空飞翔．现有一数学兴趣小组，如图，测量河对岸的白塔高，可以选取与塔底 在同一水平面内的两个测量基点与．现测得米，在点C测得塔顶的仰角为，则测得的塔高为（ ）米．

A． B．10C． D．30
8．如图，在中，M，N分别为AB，AC边上的中点，P是线段MN上的一个动点（不含端点），CP与AB交于点D，BP与AC交于点E，，，则的最小值为（ ）

A．2B．4C．6D．8
二、多选题（本大题共3小题）
9．一组样本数据为7，12，13，17，18，20，32，则（ ）
A．该组数据的极差为25
B．该组数据的分位数为19
C．该组数据的平均数为17
D．若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等
10．已知互不相同的两条直线，和两个平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，且，则
D．若，，且，则
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则将的图象向左平移个单位长度，能得到函数的图象
B．若，则当时，的值域为
C．若在区间上恰有个零点，则
D．若在区间上单调递增，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，且，则 .
13．一个封闭的正三棱柱容器，高为8，内装水若干（如图1，底面处于水平状态）.将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面所的平面与各棱交点E，F，，分别为所在的棱的中点，则图1中水面的高度为 ．
14．在锐角中，角的对边分别为，的面积为，满足，若，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，，．
(1)求与的夹角；
(2)求与．
16．2024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)现用分层抽样的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.
17．甲，乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲，乙各射击一次，至少击中目标一次的概率；
(2)若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
18．在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.
①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分）
问题：在中，角，，的对边分别为，，，且 .
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值；
(3)在(2)的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围.
19．如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．

(1)当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
(2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
参考答案
1．【答案】C
【分析】计算出复数后，结合复数定义即可得.
【详解】，故其实部为2．
故选C.
2．【答案】A
【分析】根据直观图画出平面图形，求出相关线段的长度，即可求出平面图形的面积.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，
所以.
故选A.
3．【答案】C
【分析】利用互斥事件和对立事件的概念分析各个选项的具体含义求解即可.
【详解】“至少有1个白球”和“都是白球”可以同时发生，故它们不互斥；
“至少有1个白球”和“至少有1个红球”，因为1个白球1个红球时两种情况同时发生，故它们不互斥；
“恰有1个白球”和“恰有2个白球”不可能同时发生，所以它们互斥，当2个球都是红球时它们都不发生，所以它们不是对立事件；
“至少有1个白球”和“都是红球”不可能同时发生，所以它们互斥.
因为它们必有一个发生，所以它们是对立事件.
故选C.
4．【答案】B
【分析】由扇形图求出三个年级的学生总人数，进而求出样本容量，求出抽取的二年级学生人数，再结合二年级学生的满意率求解.
【详解】由扇形图可知，三个年级的学生总人数为（人），
所以样本容量为（人），
因为抽取的二年级学生人数为（人），
所以抽取的二年级学生中满意的人数为（人）.
故选B.
5．【答案】D
【分析】结合已知根据投影向量的定义得出即可求解.
【详解】因为在方向上的投影向量是，
所以，
所以，又
所以.
故选D.
6．【答案】A
【分析】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，则为异面直线EC与BD所成角或其补角，利用余弦定理求解即可.
【详解】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，
则为异面直线EC与BD所成角或其补角，
不妨设，易得，
，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线EC与BD所成角的余弦值为．
故选A．

7．【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得由余弦定理可得的值，然后在中，由，即可得到结果.
【详解】在中，由得
所以米，
在中，由余弦定理可得
，所以，
在，可得，
所以（米）.
故选D.
8．【答案】C
【分析】设，则，利用三角形相似得到，，表达出，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】设，则，
因为M，N分别为AB，AC边上的中点，所以，，
故，
因为，所以，
设，则，，
故，故，
同理可得，，
因为，所以，
设，则，
，，
故，，
则
因为，由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
故.
故选C.
9．【答案】ACD
【分析】根据数据的极差、第百分位数和平均数的公式计算判断各个选项.
【详解】对于A：极差等于，故A正确；
对于B：，故分位数为20，故B错误；
对于C：平均数等于，故C正确；
对于D：去掉17后，这两组数据的平均数相等，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BD
【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判断即可得答案.
【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误；
对于B，根据面面垂直的性质定理可知，故B正确；
对于C，若，，且，则或与相交，故C错误；
对于D，若，，则，过作平面，使得，因为，所以，所以，因为，所以.故D正确.

故选BD.
11．【答案】AD
【详解】
，
当时，，则将的图象向左平移个单位长度得到：
，故A正确；
当时，，当时，，
故，则的值域为，故B错误；
令，，则，，
又，
若在区间上恰有个零点，则，解得，故C错误；
若在区间上单调递增，
则，又，所以，解得，
又，所以，
由可得，
要使在区间上单调递增，则，解得，故D正确．
故选 AD．
12．【答案】4
【分析】先算出的坐标，然后由向量的数量积公式列方程即可求解.
【详解】因为向量，
所以，
而，所以，解得.
故答案为：4.
13．【答案】6
【分析】设正三棱柱的底面边长为，在图1中，设水面的高度为，根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，则，
在图1中，设水面的高度为，则水的体积为，
在图2中，几何体为直四棱柱，
因为为等边三角形，分别为棱的中点，所以，
则水的体积为，解得.
故答案为：6.
14．【答案】
【分析】由结合余弦定理和面积公式可得，再利用同角三角函数的关系可求得的值，由化简得，由三角函数的性质求出的范围，从而可求出的最小值.
【详解】因为，，
所以，所以，
因为，所以，
即，解得或（舍去），
因为，所以，
在锐角中，有，，则，
所以，
因为，
因为，所以，所以，
所以，所以，
因为，
所以
，
设（），则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)利用向量数量积的运算律展开已知条件，将，代入求解可得；
(2)利用向量平方等于模的平方，转化为数量积求解即可.
【详解】(1)由，得，
即，求得，
再由，可得．
(2)；
．
16．【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.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
(2)根据“第次击中，后两次未击中”求得乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
【详解】(1)甲，乙各射击一次，至少击中目标一次的概率为：
.
(2)乙恰好射击4次后被终止射击，则“第次击中，后两次未击中”，
故所求概率为：.
18．【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3).
【分析】(1)选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②先切化弦，再利用正弦定理得到求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解.
(2)利用余弦定理和基本不等式即可解题；
(3)由正弦定理得到，从而有求解.
【详解】(1)若选①：由正弦定理得，
则，
，
，
．
若选②：，切化弦，得到，
则由正弦定理得，，即，，
，
若选③：，
则，
由正弦定理得，
，
.
(2)由余弦定理得，，
则，当且仅当“”时，取“＝”号，即．
，则，当且仅当“”时取得最大值．
(3)由正弦定理得，
则，
，由于为锐角三角形，
则，
.
.
19．【答案】(1)①证明见详解；②
(2)
【详解】（1）①

当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面；
②

过E作于点O，连接.
因为平面，平面，所以，
因为， ，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角,
且在四边形ABCD中，A,O,E三点共线.
因为所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值为；
（2）

过点做交于，所以直线与平面所成的角,
即为直线与平面所成的角，
过E作于点O，连接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
因为平面，平面，
所以,则,
易得，有，
设，所以，
所以，
所以，，
因为在中，斜边大于直角边，即，
所以，所以，
，
在中由等面积，
由,有
则，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值.
2024-2025学年黑龙江省佳木斯市高二上学期开学摸底考数学检测
试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．在容量为50的样本中，某组的频率为，则该组样本的频数为（ ）．
A．9B．10C．18D．20
2．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．6B．5C．4D．3
3．已知函数，则（ ）
A．f(x)的最小正周期为
B．曲线关于对称
C．f(x)的最大值为
D．曲线关于对称
4．已知向量，，若向量，的夹角为，则有（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的图象与函数的图象关于y轴对称，则符合条件的的对应值可以为（ ）
A．B．C．D．
6．不等式组的解集是，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．设全集，集合，集合
，则（ ）
A．B．C．D．
8．函数的零点个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，则下列叙述正确的是（ ）
A．的虚部为B．在复平面内对应的点位于第一象限
C．D．
10．下列各结论正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．的最小值为2
C．命题“，有”的否定是“，有”
D．若，，则
11．如图，在正三棱台中，，M，N分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．
C．该棱台的高是
D．该棱台的表面积是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为 ；面积为 .
13．已知向量，满足，且，，则与的夹角为 .
14．若，则的最大值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．求下列各值．
(1)；
(2)；
(3)
(4)；
(5)；
(6)．
16．已知函数．
(1)求；
(2)求的解集．
17．如图，在三棱柱中，点是的中点，欲过点作一截面与平面平行．
(1)问应当怎样画线，并说明理由；
(2)求所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比．
18．在中，角，，所对边分别是，，，满足.
(1)求的值；
(2)若，，求和的值.
19．阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径.1995年，联合国教科文组织宣布4月23日为“世界读书日”，致力于向全世界推广阅读、出版和对知识产权的保护.某学校为了打造“书香校园”，使学生养成好的阅读习惯，健康成长，从学校内随机抽取了200名学生一周的课外阅读时间进行调查，了解学生的课外阅读情况，收集了他们阅读时间（单位：小时）等数据，并将样本数据分成0,2，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图：
(1)求的值及200名学生一周课外阅读时间的平均数；
(2)为进一步了解这200名学生一周课外阅读时间的情况，从课外阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，选取其中两人组成小组，现求其中两名组员全在内的概率.
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据频数、样本容量、频率的关系，结合题设数据，即得解
【详解】由题意，频数＝样本容量×频率．
故选A.
【方法总结】本题考查了频数、样本容量、频率的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力.
2．【答案】B
【分析】可求出集合，然后进行并集的运算求出，从而可得出中元素的个数.
【详解】∵，，
∴，
∴中元素的个数为：5.
故选B.
3．【答案】D
【分析】首先利用辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】因为
所以
所以函数的最小正周期，最大值为
又，所以函数关于对称，
故正确的为D.
故选D.
4．【答案】C
【分析】根据向量的夹角公式和两角和的余弦公式以及诱导公式，再根据向量夹角的范围即可求出．
【详解】因为，，
，，
，
，
，
，
，
故选C．
5．【答案】D
【分析】根据题意可得，对应系数相等即可求出，结合选项即可求出结果.
【详解】因为的图象与的图象关于y轴对称，
所以，
即，所以
，即，
所以，所以选项D符合.
故选D.
6．【答案】D
【分析】先将不等式组化简，进而根据不等式组的解集求得答案.
【详解】由题意，，因为不等式组的解集为，则，所以.
故选D.
7．【答案】B
【分析】利用一元二次不等式的解法以及集合的并集、补集运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选B.
8．【答案】C
【分析】由题意可转化为函数的图象和函数的图象的交点个数，数形结合即可得出结论
【详解】函数的零点个数，
即函数的图象和函数的图象的交点个数，
由于，
在同一坐标系作出函数图象：
由图象可知，交点个数有3个.
故选C.
9．【答案】BC
【分析】先根据复数的乘法和除法运算化简，然后再逐项进行分析即可.
【详解】，
对于A. 的虚部为，所以A错误；
对于B . 在复平面内对应的点为，位于第一象限，所以B 正确；
对于C . ，所以，所以C 正确；
对于D . ，所以D 错误；
故选BC.
10．【答案】AD
【分析】直接利用充分条件和必要条件的定义，对勾函数，命题的否定，作差法证明不等式分别判断各个选项即可.
【详解】对于选项，“”“”，可知，“”是“”的充要条件，则选项正确；
对于选项，令 ，其中，则，在上单调递增，故最小值为， 则选项错误；
对于选项，命题“，有”的否定为“，有”，则选项错误；
对于选项， ，即，则选项正确.
故选.
11．【答案】AD
【分析】将棱台补全为棱锥，求出棱锥的高，即可判断C，根据面面平行证明A，根据异面直线所成角判断B，根据棱台的表面积公式判断D；
【详解】如图将棱台补全为棱锥，依题意可得，取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则为的一个三等分点，
则，所以，
所以棱台的高是，故C错误；
取的中点，连接、，所以，平面，平面，所以平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，又平面，所以平面，故A正确；
取的中点，连接、，所以，则为异面直线与所成的角（或补角），
因为，
，
，
显然，即，故B错误；
如图棱台的一个侧面中，，过点作，
则，
所以，，
，
所以棱台的表面积是，故D正确；
故选AD.
12．【答案】
【分析】求出扇形圆心角的弧度数，利用扇形的弧长和面积公式可求得结果.
【详解】扇形的弧度数为，设扇形的弧长为，则，
则扇形的弧长为，扇形的面积为.
故答案为：；.
13．【答案】/60°
【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.
【详解】因为，且，，
所以，即，解得，
所以，又，所以.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】对，等号两边同时取对数，得，即，利用换元法，令，则，代入，由二次函数的配方，，即的最大值是.
故答案为：．
15．【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】利用三角函数的诱导公式求解.
【详解】（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）.
16．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）将自变量的值代入函数解析式即可得解；
（2）根据分式不等式的解法计算即可.
【详解】（1）由，
得，；
（2），即，
所以，解得或，
所以的解集为．
17．【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，，则平面平面，，，即为应画的线．证明，平面．连接，则平行等于，证明四边形是平行四边形，然后证明平面，即可得证．
（2）设棱柱的底面积为，高为．通过．然后转化求解所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比．
【详解】（1）在三棱柱中，点是的中点，取的中点，
连接，，，则平面平面，，，即为应画的线．
理由如下：因为为的中点，为的中点，所以．
又因为，所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面．所以平面．
连接，则且，又且
所以且，
所以四边形是平行四边形，从而．
又平面，平面．
所以平面．又因为，平面，平面，
所以平面平面．
（2）设棱柱的底面积为，高为．
则．
所以三棱柱夹在平面与平面间的体积为
所以所作截面与平面将三棱柱分成的三部分的体积之比为．
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）根据数量积的定义求出，再由余弦定理得，即可求出、.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
所以，
因为，
所以；
（2）因为，所以，所以，
由余弦定理及，可得，
所以，所以，代入可得.
19．【答案】(1)，小时；
(2).
【分析】（1）利用给定的频率分布直方图，结合各小矩形面积和为1求出，再估计一周课外阅读时间的平均数.
（2）求出指定的两组内各抽取的人数，利用列举法、结合古典概率求解即得.
【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得，
平均数
（小时），
所以，200名学生一周课外阅读时间的平均数为小时.
（2）在这两组采用分层抽样的方法抽取6人，
则从课外阅读时间在内的学生中抽取5人，记为，
课外阅读时间在内的学生中抽取1人，记为，
于是有，
共15种，且每种结果的发生是等可能的，
而满足两名组员都在内的情况有，共10种，
所以两名组员全在内的概率为.