湖北省武汉市洪山高级中学2022-2023学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

武汉市洪山高级中学2022-2023学年度第一学期高二开学考试

数学试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分.

1. 复数（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接由复数的运算求解即可.

【详解】.

故选：C.

2. 已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】设球半径为该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，可得，球的表面积为，故选D.

3. 已知数据的方差为，则，，…，的方差为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用方差的性质求解.

【详解】解：因为数据的方差为，

则，，…，的方差为.

故选：C

4. 某校为了了解高一年级200名女学生的体能情况，随机抽查了其中的30名女生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示估计，该校高一年级女生仰卧起坐次数的中位数一定位于（    ）

A. [15，20 ] B. [20，25] C. [25，30] D. [30，35]

【答案】C

【解析】

【分析】先计算区间的人数，再由频数分布直方图估计中位数所在区间即可.

【详解】由题意知：区间的人数有人，又，故中位数位于.

故选：C.

5. 设是非零向量，则是成立的（    ）

A. 充要条件 B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】利用充分条件和必要条件的定义分析判断

【详解】因为，所以共线且方向相同，

因为表示方向上的单位向量，

所以，

而当时，可得共线且方向相同，但不一定是，

所以是成立的充分不必要条件，

故选：B

6. 已知互不重合的三个平面α、β、γ，其中，，，且，则下列结论一定成立的是（    ）

A. b与c是异面直线 B. a与c没有公共点

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题设条件可得相应的空间图形，从而可得正确的选项.

【详解】∵，∴，，

∵，，∴，，，

∵，∴，∴，∴，

如图所示：故A，B，C错误；

故选：D．

7. 满足条件的三角形的面积的最大值是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，根据三角形的面积公式和余弦定理，得出关于的面积表达式，再根据的取值范围，即可求解面积的最大值.

【详解】设，则，

根据面积公式得，

根据余弦定理得，

代入上式，得，

由三角形的三边关系可得，解得，

故点时，取得最大值，

故选：D.

8. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交，两边于，两点，且，，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由平面向量的线性运算可得，由，，三点共线，知，再根据基本不等式中的“乘1法”，即可得解．

【详解】因为点是的重心，且，，

所以，

因为，，三点共线，所以，即，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为．

故选：．

二、单选题：本题共4小题，每小题5分.

9. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个白球、2个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则（    ）

A. “至少有一个白球”与“至少有一个黑球”是互斥事件

B. “都是白球”与“都是黑球”是互斥事件

C. “至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件

D. “第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”相互独立

【答案】BC

【解析】

【分析】根据互斥，对立事件与相互独立事件的定义逐个判断即可

【详解】对A，“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”均包含“一个白球一个黑球”的情况，故A错误；

对B，“都是白球”与“都是黑球”不能同时发生，且不是对立事件，故为互斥事件，故B正确；

对C，“至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件，故C正确；

对D，事件“第一次摸到的是白球”的概率，事件 “第二次摸到的是黑球” 的概率，又，因为，故“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球” 不相互独立，故D错误；

故选：BC

10. 2021年4月至2021年12月我国规模以上工业天然气产量保持平稳，日均产量（亿立方米）与当月增速（%）如图所示，则（    ）

备注：日均产品产量是以当月公布的我国规模以上工业企业总产量除以该月日历天数计算得到．

当月增速．

A. 2021年12月份我国规模以上工业天然气产量当月增速比上月放缓2.1个百分点

B. 2021年4月至2021年12月我国规模以上工业天然气产量当月增速的极差为12.6%

C. 2021年7月份我国规模以上工业天然气产量为153亿立方米

D. 2021年4月至2021年12月我国规模以上工业天然气日均产量的40%分位数为5.3亿立方米

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A选项，对比11月份与12月份的增速即可判断；对于B选项，利用极差的定于即可判断；对于C选项，计算可知7月我国规模以上工业天然气产量为亿立方米，从而判断C选项错误；对于D选项，根据40%分位数的含义求解即可

【详解】2021年12月份我国规模以上工业天然气产量当月增速为2.3个百分点，11月份增速为个百分点，比上月放缓2.1个百分点.故A正确；

2021年4月至12月我国规模以上工业天然气产量当月增速极差为.故B正确；

2021年7月我国规模以上工业天然气产量为亿立方米.故C错误

2021年4月至12月我国规模以上工业天然气日均产量从小到大为5.1，5.1，5.2，5.3，5.4，5.6，5.7，5.9，6.2，因为，所以该组数据的40%分位数为5.3亿立方米．故D正确

故选：ABD

11. 如图，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且．点D是外一点，，下列说法中，正确的命题是（    ）

A. 的内角

B. 的内角

C. 四边形的面积最大值为

D. 四边形的面积无最大值．

【答案】ABC

【解析】

【分析】由正弦定理化边为角后求得，从而得三角形的内角，判断AB，用角表示出四边形的面积（先由余弦定理求得），然后由三角函数知识得最值判断CD．

【详解】因为，由正弦定理得，

为三角形内角，，所以，，

所以，或，

又，所以不合题意，所以，从而，AB正确；

中，，

所以，

，，所以，即时，为最大值，无最小值．C正确，D错．

故选：ABC．

12. 如图，棱长为的正方体的外接球的球心为，、分别为棱、的中点，在棱上，则（    ）

A. 对于任意点，平面

B. 存在点，使得平面平面

C. 直线被球截得的弦长为

D. 过直线的平面截球所得的截面圆面积的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面，再结合面面垂直的判定定理可得出结论；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值.

【详解】对于A选项，当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；
对于B选项，因为四边形为正方形，则，

当为的中点时，，则，

平面，平面，则，

因为，则平面，

因为平面，所以，同理，，

因为，所以平面，即平面，

平面，故平面平面，B正确；

对于C选项，取的中点，，为的中点，则，

，同理可得，则.

因为平面，平面，则，

所以，，则，

球的半径为，所以直线的被球截得的弦长为，C正确；

设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.

因为，则，所以截面圆面积，D错误，

故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分.

13. 甲､乙两人打靶，已知甲的命中率为0.8，乙的命中率为0.7，若甲､乙分别向同一靶子射击一次，则该靶子被击中的概率为___________.

【答案】0.94

【解析】

【分析】记甲命中为事件，乙命中为事件，靶子被击中为事件，利用对立事件的概率公式计算．

【详解】记甲的命中为事件，乙命中为事件，靶子被击中为事件，，相互独立，

所以．

故答案为：．

14. 已知复数、是关于的方程的两个根，则________．

【答案】

【解析】

【分析】解方程，求出、，利用复数的加法与复数的模长公式可求得结果.

【详解】由可得，所以，.

①当，时，则；

②当，时，则.

综上所述，

故答案为：.

15. 已知等边的边长为2，点G是内的一点，且，点P在所在的平面内且满足，则的最大值为________.

【答案】

【解析】

【分析】

由，可知点G为的重心，以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出的坐标，设，由可知在以为圆心，为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出的最大值.

【详解】解：由，可知点G为的重心.

以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则，.

设，由可知P为圆上的动点，

所以的最大值为.

故答案为：

【点睛】本题考查平面向量的线性运算、三角形重心的性质、圆的性质，考查数形结合思想与运算求解能力.

16. 棱长为1的正四面体的中心为是该正四面体表面的点构成的集合，，若集合恰有4个元素，则的值为__________（注：正四面体，是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形）

【答案】##

【解析】

【分析】根据题意知此时r为该正四面体的内切球半径，然后利用等体积法可得.

【详解】有题意可知，此时r为该正四面体内切球半径，

如图，记点A在底面BCD的投影为，

由正四面体的性质可知，为的外心，由正弦定理得

所以

因为

所以，即

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分.

17. 某学校1000名学生参加信息技术学分认定考试，用按性别比例分层随机抽样的方法从中抽取了100名学生的成绩，记录他们的分数，并将数据分成8组：，，，，整理得到如下频率分布直方图：

（1）求图中的值，并估计全校学生中成绩不低于70分的学生人数；

（2）已知样本中分数不低于70的男生占样本中全部男生人数的，且样本中分数不低于70的男生与女生人数之比为，求总体中男生人数和女生人数之比.

【答案】（1），全校学生中成绩不低于70分的学生人数为；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用各小矩形面积和为1求出a，再求出不低于70分的频率即可计算作答.

（2）利用频率分布直方图求出样本中男女生人数比，再利用样本估计总体作答.

【小问1详解】

由频率分布直方图知，，解得，

样本中成绩不低于70分的频率为，

估计全校学生中成绩不低于70分的学生人数为．

所以，全校学生中成绩不低于70分的学生人数为.

【小问2详解】

依题意，样本中分数不低于70的学生人数为，则样本中分数不低于70的男生人数为，

又样本中分数不低于70的男生占样本中全部男生人数的，因此样本中全部男生人数为60，女生人数为，

于是得样本中男生人数与女生人数之比为，

所以总体中男生和女生人数之比.

18. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点．

（1）证明：平面；

（2）求与平面所成角的大小．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）证明，原题即得证；

（2）证明即为与平面所成的角，解三角形求出即得解.

【小问1详解】

证明：连接交于，连接DE．

在平行四边形中，可得为的中点．又因为为棱AC的中点，

所以DE为的中位线，所以．

又平面，平面，所以平面．

【小问2详解】

解：因为为等边三角形，

又为棱的中点，所以．

因为三棱柱为正棱柱，所以平面．

又平面，所以．

又平面，平面，

所以平面．所以即为与平面所成的角．

在中，．

在中，．

在中，，

所以．所以与平面所成角的大小为．

19. 年月日中国神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这标志着此次载人飞行任务取得圆满成功．在太空停留期间，航天员们开展了两次“天宫课堂”，在空间站进行太空授课，极大的激发了广大中学生对航天知识的兴趣．为此，某班组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，竞赛规则是：两人一组，两人分别从3个题中不放回地依次随机选出个题回答，若两人答对题数合计不少于题，则称这个小组为“优秀小组”．现甲乙两位同学报名组成一组，已知3个题中甲同学能答对的题有个、乙同学答对每个题的概率均为，并且甲、乙两人选题过程及答题结果互不影响．

（1）求甲同学选出的两个题均能答对的概率；

（2）求甲乙二人获“优秀小组”的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用古典概率模型即可求解;(2)根据古典概型和事件的独立性对获“优秀小组”分类讨论即可.

【小问1详解】

设三个题中甲能答对的题编号为,答错的题编号为1,

则样本空间,

共有6个样本点, 两个题均能答对的有2个样本点,

由古典概型的概率公式可得两个题均能答对的概率为.

【小问2详解】

设表示“甲答对的题数为”，表示“乙答对的题数为”，

表示“甲、乙二人获得优秀小组”．

由(1)知由古典概型得或．

由事件的独立性，，．

由题意，．

而事件、、两两互斥，事件与相互独立，，

．

所以，甲、乙二人获“优秀小组”的概率为．

20. 如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，．

（1）求证：；

（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，的值是

【解析】

【分析】（1）在直四棱柱中，由底面，得到，又，所以平面，从而解决问题

（2）建立空间直角坐标系，设由 ，设平面的法向量为，又平面，可得，建立关系式求出即可.

【小问1详解】

证明：在直四棱柱中，

底面，

因为底面，

所以．

因为，，

所以平面．

因为平面，

所以．

【小问2详解】

因为平面，且，

所以，，两两垂直．

如图建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，，

，0，，，0，．

设．

因为

，

设平面的法向量为，，

所以，，

由可得

令，解得，

所以．知平面的一个法向量为，

因为平面，可得．

所以．解得．

所以，在线段上存在点使得平面，

此时的值为．

21. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且.

（1）求角A；

（2）若是钝角三角形，且，求外接圆半径的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用余弦定理化简已知条件得，再利用正弦定理边化角，然后由及辅助角公式化简可得，最后确定角的范围即可求解；

（2）由（1）知，利用余弦定理有，又，可得①，由是钝角三角形，且，可知角B为钝角，可得②，由①②可得，进而可得，最后利用正弦定理即可求解.

【小问1详解】

解：由余弦定理得，所以，

由正弦定理得，

又，，

所以，即，

因为，所以，即；

【小问2详解】

解：由（1）知，所以，

又，所以①，

因为是钝角三角形，由，可知角B为钝角，

所以，即，得②，

由①②可得，解得，所以，

由，得，即.

设外接圆半径为R，由正弦定理知，

所以外接圆半径的取值范围是.

22. 斜三棱柱的体积为4，侧面侧面，的面积为

（1）求点到平面的距离；

（2）如图，为的中点，，，求二面角的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）三棱柱体积是三棱锥体积的三倍，利用棱锥体积公式即可.

（2）过点作于，连接，则即为二面角的平面角．求出AD、AE即可.

【小问1详解】

设点到平面的距离为．

因为，所以．

解得，即点到平面的距离为．

【小问2详解】

因为，由（1），可得平面．

所以．过点作于，连接．

又，所以平面，所以．

因此即为二面角的平面角．

在中，因为为的中点，，，

，所以，即．

因为侧面侧面，侧面侧面，

，侧面，所以侧面．

所以，．又，，

所以平面．所以．

在等腰中，．

在矩形中，，所以．

在中，．

在等腰中，．

在中，，

所以．

在中，．

所以．所以二面角的大小为．