2024-2025学年上学期高二开学测试模拟卷数学-3（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．若复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由复数除法求得，结合共轭复数定义求得后可得虚部．
【详解】复数，
则．
所以的虚部为．
故选：A．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式求出，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：D.
3．如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．8D．10
【答案】D
【分析】根据斜二测画法的原则进行求解即可.
【详解】由题设知：原四边形中且，
所以原四边形为平行四边形，
而，则原四边形中，故，
综上，四边形的周长为.
故选：D
4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
【答案】B
【分析】根据线线，线面，面面平行或垂直的判定定理逐项分析即可.
【详解】若 则与相交、平行或异面, 故A错误;
因为所以又因为 所以 故B正确;
若 则与的位置关系不确定,故C错误;
若 则或异面,故 D 错误.
故选：B.
5．下表统计了中国在第10届至第19届亚运会中获得的金牌数：
则中国获得金牌数的第40百分位数是（ ）
A．132B．141C．150D．151
【答案】B
【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】将中国在亚运会中获得的金牌数按从小到大的顺序排列为94，125，129，132，150，151，165，183，199，201．
因为，所以中国获得金牌数的第百分位数是．
故选：B．
6．在中，角的对边分别为，面积为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理以及三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：，
由正弦定理得，
即，
由，
得，，
，，
即，即，则，
故选：．
7．圆台的上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法不正确的是（ ）
A．圆台的母线长是20B．圆台的表面积是
C．圆台的高是D．圆台的体积是
【答案】C
【分析】根据给定条件，作出圆台侧面展开图，求出圆台的母线长和高，再利用表面积和体积公式求解判断作答.
【详解】依题意，圆台侧面展开图，如图，

设圆台的上底面周长为，由扇环的圆心角为，得，又，
则，同理，于是圆台的母线，高，
表面积，
体积，ABD正确，C错误.
故选：C
8．骑自行车是一种既环保又健康的运动，如图是某自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，、、均是边长为的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算以及辅助角公式可求得的最大值.
【详解】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：
因为、、均是边长为的等边三角形，
则、、、，设点，
则，，
所以，.
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．下列说法正确的是（ ）
A．复平面内表示复数的点位于第二象限
B．若复数z满足，则
C．若复数，则且时z为纯虚数
D．若复数z满足，则
【答案】ACD
【分析】求出复平面内表示复数的对应的点可判断A；举反例可判断B；根据复数分类可判断C；根据复数加法的几何意义可判断D．
【详解】A选项：复平面内表示复数的点位于第二象限，故A正确；
B选项：若，则，但，故B错误；
C选项：若复数，则且时z为纯虚数，故C正确；
D选项：根据复数加法的几何意义可知，设，
则，
所以，
所以复数z对应的点的集合为圆心为、半径为1的圆，
所以，故D正确．
故选：ACD.
10．已知函数的图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的一个对称中心为
C．是函数的一个周期
D．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
【答案】BCD
【分析】根据函数图象可得及函数的最小正周期，即可求出，再利用待定系数法求出，再根据正弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】由图可知，，
所以，所以，
故，
又，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以函数的一个对称中心为，故B正确；
对于C，因为函数的最小正周期为，
所以是函数的一个周期，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度，
得，故D正确.
故选：BCD.
11．在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．对于任意点，都有平面平面
C．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
D．若平面，则平面截该正方体的截面图形的周长最大值为
【答案】AB
【分析】
利用线面平行的判定判断A；利用面面垂直的判定判断B；求出异面直线夹角的余弦范围判断C；举例说明判断D作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，为棱上的动点（含端点），
对于A，当点与重合时，由，得，有，
而平面，平面，因此平面，即平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，又，
平面，则平面，
而平面，因此平面平面，B正确；
对于C，由平面，平面，得，因为，
显然是锐角，则是异面直线与所成的角，而，
，C错误；
对于D，当点与重合时，与选项B同理得平面，当平面为平面时，
平面截正方体所得截面图形为矩形，其周长为，D错误.
故选：AB
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．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 ．
【答案】
【分析】利用向量积的运算公式直接求解即可
【详解】∵由得，，
∴，
故答案为：
13．某校要求每名学生只参加某一个兴趣小组，并对高一、高二年级的3个兴趣小组的学生人数进行了统计，结果如下表：
已知按兴趣小组类别用分层抽样的方法，从参加这3个兴趣小组的学生中共抽取了30人，其中书法组被抽取12人，则 ．
【答案】15
【分析】利用分层抽样的等比例性质列方程，即可求出x.
【详解】由题设，，解得.
故答案为：15.
14．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除中，底面是正方形，平面，和均为等边三角形，且．则这个几何体的外接球的体积为 ．
【答案】
【分析】结合题意，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则球心必在该直线上，设出球心，借助球心到各顶点距离相等，结合勾股定理计算即可得半径，运用球的体积公式即可得球的体积.
【详解】连接，分别取、、中点、、，连接、、，
由底面是正方形，平面，和均为等边三角形，
故，底面，又，故，
则，故，
由为底面正方形中心，，故羡除外接球球心在直线上，
连接、、，设半径为，，则,
由底面，平面，故，
又，、平面，故平面，
又平面，故，故，
又，故有，即，
又，
故有，解得，
故，即，
则这个几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球问题，关键在于借助题目条件，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则该几何体的外接球球心必在该直线上，设出该点位置，从而可结合勾股定理计算出该球半径，即可得解.
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．设函数
(1)当时，求的取值范围；
(2)若，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式和两角和或差的三角函数公式对函数解析式化简整理，即可求解；
（2）根据已知求得的值，讨论角的范围得，利用二倍角公式求解即可.
【详解】（1）
，
因为，所以，
所以的取值范围为
（2）由，
得，
，
，
，
又，
，
，
16．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为，由正四棱柱，可知为点到平面的高，结合已知，即可求得答案；
（2）取AD的中点Q，连接NQ，BQ，证明且，可得为异面直线MN与所成角(或其补角)，求解三角形可得再由余弦定理可得异面直线MN与所成角的余弦值.
【详解】（1），
在正四棱柱中
平面，即为点到平面的高
（2）取的中点Q，连接，
N为的中点
且，
M为的中点，
，且
且
四边形是平行四边形，
且
同理可证且
且
为异面直线与所成角(或其补角).
在正方形中，，E为中点
.
异面直线与所成角的余弦值为.
17．在①；②，这两个条件中任选一个补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题目．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足________．
(1)求；
(2)已知，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高．
【答案】(1)答案不唯一，见解析
(2)答案不唯一，见解析
【分析】（1）若选①，由所选边角关系式，边化角，经过三角恒等变换可求得的值；若选②，由所选边角关系式，角化边，利用余弦定理可求得的值.
（2）由（1）中所得的值及△ABC的外接圆半径可求得，由余弦定理及完全平方和公式可得，最后由等面积法可求得△ABC的边AB上的高.
【详解】（1）若选①:
由正弦定理和
得，
即，
整理得，即，
因为，
解得，又因为，解得.
故.
若选②:
由余弦定理得化简得，
所以，因为，解得.
故.
（2）若选①:
则，，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
又因为，所以，
解得，
由△ABC的面积得.
故.
若选②：
则，，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
又因为，所以，
解得，
由△ABC的面积得.
故.
18．某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
(1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.
(2)若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
(3)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】(1)岁
(2)
(3)10
【分析】（1）由频率分布直方图的平均数算法可得；
（2）根据古典型概念公式可得；
（3）根据分层抽样平均数和方差公式可得.
【详解】（1）设这人的平均年龄为，则
（2）由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），，，，
第五组抽取人，记为（乙），，
对应的样本空间的样本点为：
设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，
所以
（3）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
则，
，
因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.
据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差为10.
19．对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记.
(1)若，求及；
(2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值；
(3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得.
【答案】(1)
(2)1349.
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及；
（2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值；
（3）分，，和四种情况讨论即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以.
（2）因为，
所以或
所以，
即.
由题意可得，
，
，
根据规律可得且，
由且可得的最大值为674，所以，
所以，此后进入循环.
所以当时，；
当时，；
当时，.
所以最小时，的最小值为1349.
（3）证明：当时，显然存在，使得.
当时，，即，存在，使得.
同理，当时，存在，使得.
当时，若，则，存在，使得.
若，设.
假设对任意，则均不为0.
因为，所以.
若，则，
若，则，
所以，
所以，即.
因为，所以，
所以，
与矛盾，故假设不正确，即存在，使得.
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得.
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题.
届数
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
金牌数
94
183
125
129
150
165
199
151
132
201
书法组
舞蹈组
乐器组
高一
x
20
30
高二
45
30
10