2024-2025学年上学期高二开学测试模拟卷数学-2（19题型 新高考区专用）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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．已知是虚数单位,是复数的共轭复数,复数满足,则复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先根据复数运算规则求出，再根据共轭复数的定义求出.
【详解】解：因为
所以，
故，
所以
故选:D.
【点睛】本题考查了复数的运算及共轭复数的定义，正确使用复数的运算规则是解题的关键，属简单题．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平面向量的坐标运算求出，利用平行向量的坐标表示计算即可.
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，解得．
故选：D
3．设，m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若直线，，且，，则
D．若，m是异面直线，，，且，，则
【答案】D
【分析】结合空间的直线与平面的关系，进行直观想象，即可排除A, B；对于C项，考虑特殊情况时，显然得不出排除C，对于D项，可由利用线面平行的性质证，推出，再证与相交，结合，即得.
【详解】对于A，若，，，则与可能平行，相交或异面，故A错误；
对于B，若，，，则与可能平行，相交或异面，故B错误；
对于C，当时，得不到，故C错误；
对于D， 由，则存在平面，使得，且，可得，
因故有；
因，且，m是异面直线，，则有与必相交，
又，故得，即D正确.
故选：D.
4．2024年某校举行一场射箭比赛，甲乙丙丁戊各射中的环数分别为：9环，6环，7环，8环，10环．则在五个人的成绩的上四分位数是（ ）
A．8环B．9环C．7环D．6环
【答案】B
【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.
【详解】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：6，7，8，9，10，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:9.
故选：B.
5．已知点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．−2D．2
【答案】A
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简，再由三角函数的定义即可求得.
【详解】由点在角的终边上可得，，
则.
故选：A.
6．如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】A
【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是，求出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的倍，得到结果．
【详解】因为是的直观图，且直角边长是，
所以的面积为，
因为平面图形与直观图的面积的比为，
所以的面积为，
故选：A
7．若圆锥的高的平方等于其底面圆的半径与母线长的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”．现有一个侧面积为的黄金圆锥，则该黄金圆锥的体积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得，结合可得，利用圆锥体积公式可求得结果.
【详解】设该黄金圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，则，
该黄金圆锥的侧面积，解得：，
由得：，
该黄金圆锥的体积.
故选：D.
8．已知锐角中，角所对的边分别为，若，，则的面积的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理可得根据正弦定理可表达进而根据面积公式表达出面积，根据和差角公式以及辅助角公式结合三角函数的性质即可求解.
【详解】∵，，
∴由题为锐角，故
∵由正弦定理可得 ，可得：
，
为锐角，可得 ，
可得

故选：C．
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．关于复数，下列说法正确的是（ ）
A．i2024=−1
B．若，则的最小值为1
C．z2=z2
D．若是关于的方程的根，则
【答案】BD
【分析】根据虚数单位的性质可判断A； 设z=x+yi,(x,y∈R)，根据复数的模的计算公式，可得，以及z−2=−4x+5，结合x的范围可判断B；根据复数的乘法运算结合复数的模的计算，可判断C；将代入方程，结合复数的相等，求出p，即可判断D.
【详解】对于A，由于i2=−1,i4=1，故i2024=(i4)506=1，A错误；
对于B，，设z=x+yi,(x,y∈R)，由于，则x2+y2=1,∴x2+y2=1，
故，
由，得，则，
故当时，的最小值为1， B正确；
对于C， ，设复数z=a+bi,(a,b∈R)，
则，|z|2=a2+b2，C错误；
对于D，是关于x的方程的根，
故，即，
故7−4p+q=03p−24=0,∴p=8q=25，D正确，
故选：BD
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．是奇函数
D．的单调递减区间为
【答案】ACD
【分析】根据正弦型函数最小正周期的计算公式即可判断选项A；利用代入验证法即可判断选项B；根据奇函数的定义及三角函数的诱导公式即可判断选项C；利用整体代入法及正弦函数的单调性即可判断选项D.
【详解】对于选项A：因为的最小正周期为，故选项A正确；
对于选项B：因为，
所以的图象不关于直线对称，故选项B错误；
对于选项C：因为，定义域为，且，
所以是奇函数，故选项C正确；
对于选项D：令,
解得：，
所以的单调递减区间为，故选项D正确.
故选：ACD.
11．已知四面体的各个面都是全等的三角形，且，则下列选项正确的是（ ）
A．直线所成角为
B．二面角的余弦值为
C．四面体的体积为
D．四面体外接球的直径为
【答案】ABD
【分析】对于A：由线面垂直即可判断；对于B：由线面垂直结合余弦定理即可求解；对于C：由同角的三角函数，棱锥的体积公式，三角形的面积公式即可求解；对于D：补入长方体中，求出长方体外接球半径即可求解．
【详解】对于A：取的中点，连接，，由题意四面体的各个面都是全等的三角形，
，，
可得，，又，，平面，
所以平面，因为平面，
所以，所以，所成角为，故A正确；
对于B：取的中点，连接，，则，，
所以为二面角的平面角，
在中，，，
由余弦定理可得，故B正确；
对于C：由B可得，
由，故C不正确；
对于D：将四面体放入长方体中，如图可得长方体与四棱锥共球，所以外接球半径一样，
设外接球半径为，所以，故D正确．
故选：ABD．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，，且，则在上的投影向量为 .
【答案】
【分析】利用投影向量的概念，结合数量积公式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
又因为，设的夹角为，
所以，在上的投影为：，
所以在上的投影向量为.
故答案为：.
13．在中，分别为内角的对边，若，，且，则 .
【答案】4
【分析】根据正弦定理角化边，三角形面积公式及余弦定理，即可求解．
【详解】因为，所以，
所以，即，
由题干及正弦定理得，①，
由余弦定理得，②，
由①②得，，即，
故答案为：4．
14．已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成的角为，且，，，则四面体体积的最大值是 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，找到，求出，由正弦定理得到点在半径为的的外接圆的劣弧上，当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，从而求出三棱锥的体积最大值为，由得到答案.
【详解】在平面内，分别过作的平行线交于点，连接，
则四边形为平行四边形，则，，
则，
在中，，，由正弦定理得，
其中为的外接圆半径，解得
则点在半径为的的外接圆的劣弧上，
作⊥，垂足为，如图1，
则当为的中点，即时，最大，此时，
如图2所示，此时，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，
连接，此时三棱锥的体积最大，最大为，
而，故四面体的最大值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛，将四面体补形为四棱锥，从而结合异面直线夹角求出三角形面积，再结合点到平面的距离最大值求出体积最大值
四、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．已知向量，满足，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）求的值；
（3）若向量，，，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）由得，再根据夹角公式计算即可；
（2）根据向量模的计算公式计算即可；
（3）根据共线向量定理求解即可.
【详解】（1）∵，∴，，，
设向量与的夹角为，则，又∵ ∴．
（2）由向量模的计算公式得：．
（3）∵，∴，∴，
∴，解得．
【点睛】本题考查向量的夹角，模，及共线向量基本定理等知识，考查运算能力，是基础题.
16．如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，BD＝，cs ∠ABD＝．
(1)求AB的长；
(2)若∠BAD＋∠BCD＝180°，BC＝1，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两角和的正弦公式求得，由正弦定理求得；
（2）在△BCD中，由余弦定理求得，然后由两个三角形面积之和得结论．
【详解】（1）在△ABD中，由cs ∠ABD＝，得∠ABD＝45°．
又∠BAD＝60°，所以∠ADB＝75°，
所以sin ∠ADB＝sin 75°＝sin（45°＋30°）
＝sin 45°cs 30°＋cs 45°sin 30°＝，
由正弦定理得＝，
得AB＝＝．
（2）由∠BAD＋∠BCD＝180°，可知∠BCD＝120°，
设CD＝x，
所以在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cs ∠BCD，
则7＝1＋x2－2x·cs 120°，
化简x2＋x－6＝0，
解得x＝2或x＝－3（舍）．
∴S△BCD＝BC·CDsin 120°＝×1×2×＝，
S△ABD＝AB·BDsin ∠ABD
＝×××＝．
所以S＝S△ABD＋S△BCD＝＋＝．
17．2023年10月22日，2023襄阳马拉松成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，某单位承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．

(1)估计这100名候选者面试成绩的平均数．
(2)现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，担任本次宣传者．若本次宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的方差．
【答案】(1)69.5
(2)．
【分析】（1）根据频率直方图中各小矩形的面积之和为1，结合平均数的运算公式进行求解即可；
（2）根据分层抽样的抽样比公式，结合总体方差运算公式进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知，
解得
可知每组的频率依次为，，
所以这100名候选者面试成绩的平均数为：
．
（2）设第二组、第四组的平均数分别为，方差分别为，
且各组频率之为：
，
所以用分层抽样的方法抽取第二组面试者人，
第四组面试者人，
则第二组和第四组面试者的面试成绩的平均数，
第二组、第四组面试者的面试成绩的方差
故估计第二组、第四组面试者的面试成绩的方差是．
18．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若______
(1)若，求的外接圆面积；
(2)若，且的面积，求的周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，可利用正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理可求得；若选②，可根据正弦定理与同角关系对条件进行化简，可求得；若选③，利用正弦定理与三角形的内角和为即有对条件进行化简，可求得，最后再根据正弦定理可求解出外接圆的半径，即可求得结果；
（2）利用面积公式可得的取值范围，结合余弦定理，将用进行表示，即可求得结果.
【详解】（1）选①
，
由正弦定理可得，，
，
结合余弦定理可知，，
，，
由正弦定理可知， ，.
选②，
，
由正弦定理可得，，
即，
，，，
，
，
由正弦定理可知， ，.
选③，
，
又，
，
由正弦定理可得，，即，
结合余弦定理可知，，
，，
由正弦定理可知， ，
（2）的面积，
，，
，，
，
的周长，且，
，即的周长的取值范围为.
19．如图，在三棱锥中，平面，△是直角三角形，，，，点、、分别为、、的中点.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值；
（3）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）连接，可得，由平面，可知，可证明平面，易知，可得平面，从而可证明；
（2）连接交于点，由（1）知平面，可知为直线与平面所成的角，易知是直角三角形，，结合，求解即可；
（3）过点作于点，连接，可证明平面，可得，进而可证明，所以为二面角的平面角，在直角三角形中，，求解即可.
【详解】（1）连接，在△中，.
，点为的中点，.
又平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
、分别为、的中点，，平面，
平面，；
（2）连接交于点，由（1）知平面，
为直线与平面所成的角，
∵平面，.
平面，、平面，，，
又∵，，
，，
在直角三角形中，，
因此，直线与平面所成的角的正弦值为；
（3）过点作于点，连接，
∵，，，且平面，平面，
平面，即平面，
平面，，
又，，平面，平面，
∴PF⊥平面，
平面，，
所以，为二面角的平面角.
在直角三角形中，，所以，.
因此，二面角的正切值为.

【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查线面角、面面角的求法，考查学生的计算求解能力与空间想象能力，属于中档题.