重庆市二0三中学校2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题

这是一份重庆市二0三中学校2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题，共20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。
二〇三中学2023年秋季开学质量检测高2022级数学试题考试时间：120分钟  总分：150分班级：             姓名：             考号：           一、单选题（每小题5分，共40分）1．已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的坐标为（        ）A．    B．    C．    D．2．体育老师记录了班上10名同学1分钟内的跳绳次数，得到如下数据：88，94，96，98，98，99，100，101，101，116．这组数据的60%分位数是（        ）A．98     B．99     C．99.5     D．1003．如图，等腰梯形ABCD中，，点E为线段CD上靠近D的三等分点，点F为线段BC的中点，则（        ）A．  B．  C．  D．4．将四位数2023的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（        ）A．     B．     C．     D．5．已知两个平面，，两条直线l，m，则下列命题正确的是（        ）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，，则D．若l，m是异面直线，，，，，则6．如图，在平面直角坐标系xOy中，点P在边长为2的正方形ABCD内部及其边界上运动，已知点，，，则的最大值是（        ）A．2     B．4     C．6     D．7．在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面ABCD所成角的正弦值为（        ）A．     B．     C．     D．8．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°．若的面积为，则该圆锥的侧面积为（        ）．A．    B．    C．    D．二、多选题（每小题5分，共20分，少选得2分，多选得0分）9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（        ）A．    B．z的虚部为1   C．z的共轭复数为 D．10．设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（        ）A．若，则点M是BC的中点B．若，则点M是的重心C．若，则点M，B，C三点共线D．若，则11．设A，B为两个随机事件，若，，则下列结论中正确的是（        ）A．若，则     B．若，则A，B相互独立C．若A与B相互独立，则   D．若A与B相互独立，则12．如图，在正方体中，P为线段上的一个动点，下列结论中正确的是（        ）A．         B．平面平面C．存在唯一的点P，使得为90°   D．当点P为中点时，取得最小值三、填空题（每小题5分，共20分）13．过圆锥的轴的截面是顶角为120°的等腰三角形，若圆锥的体积为，则圆锥的母线长为             ．14．在平面四边形ABCD中，，，，若，则的面积为             ．15．三棱锥P−ABC，平面ABC，，，，（单位：cm）则三棱锥P−ABC外接球的体积等于             ．16．设样本数据，，…，的平均数为，方差为，若数据，，…，的平均数比方差大4，则的最大值是             ．四、解答题（每小题12分，共70分）17．（共10分）已知，． （1）若，求与的夹角（2）若与的夹角为45°，求的值18．（共12分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足．（1）求角C的大小．（2）若，的面积为，求边长c的值． 19．（共12分）如图，在四棱锥S−ABCD中，，，，，（1）求证：直线平面SBC；（2）求证：直线平面SAB；20．（共12分）某公司为了解员工对食堂的满意程度，对全体100名员工做了一次问卷调查，要求员工对食堂打分，将最终得分按，，，，，分成6段，并得到如图所示频率分布直方图．（1）估计这100名员工打分的众数和中位数（保留一位小数）；（2）现从，，这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取11个人，求这组抽取的人数．21．（共12分）如图，在直三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，D，E分别是AC与的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；22．（共12分）在路边安装路灯，灯柱AB与地面垂直（满足），灯杆BC与灯柱AB所在平面与道路垂直，且，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知是固定的，路宽．设灯柱高，．（1）经测量当，时，路灯C发出锥形灯罩刚好覆盖AD，求；（2）因市政规划需要，道路AD要向右拓宽6m，求灯柱的高h（用来表示）；（3）在（2）的条件下，若灯杆BC与灯柱AB所用材料相同，记此用料长度和为S（m），求S关于的函数表达式，并求出S的最小值。参考答案：1．B【分析】将化简即可得出答案【详解】∵，∴z所对应的向量坐标为．故选：B【点睛】本题考查的是复数的计算及其几何意义，较简单．2．C【分析】根据分位数的定义即可求得答案．【详解】这组数据的60%分位数是．3．B【分析】利用平面向量的加法和减法以及平面向量的基本定理求解．【详解】由题可得：．故选：B．4．A【分析】运用列举法求古典概型的概率即可．【详解】将2023各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数（含原来的四位数）的基本事件有：2203、2230、3220、3022、2023、2320、2032、2302、3202共9个，所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的基本事件有：2023、2320、2032、2302、3202共5个，所以所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为．故选：A．5．D【分析】根据直线、平面的位置关系一一判断求解．【详解】对于A，若，，则或或l与相交，A错误；对于B，若，，，则与可以相交或平行，B错误；对于C，若，，，，则与可以相交或平行，C错误；对于D，因为，，所以存在直线，，因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，因为，，，所以，又因为，，所以，D正确，故选：D．6．C【分析】设，再求出和，利用向量数量积可得，最后由x的最大值为1可得的最大值为6．【详解】故选C．【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．7．B【分析】根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果．【详解】由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且为等腰梯形，过点做，过点做，由线面角的定义可知，侧棱与底面ABCD所成角即为，由条件可得，，，，则，，则，所以为等腰直角三角形，所以，即．故选：B．8．C【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积．【详解】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则，，∵，∴，由于SA，SB都是母线，所以，的面积，，在等腰直角三角形SAO中，，所以侧面积；故选：C．9．ABD【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解．【详解】，故虚部为1，B对；其共轭复数为，C错误；，A正确；，故D正确，故选：ABD10．ACD【分析】根据平面向量的线性运算法则，以及重心的性质，逐项判定，即可求解．【详解】对于A中，如图（1）所示，根据向量的平行四边形法则，可得，若，可得M为BC的中点，所以A正确；图（1）对于B中，若M为的重心，则满足，即，所以B不正确；对于C中，由，可得，即，所以M，B，C三点共线，所以C正确；对于D中，如图（2）所示，由，图（2）可得，所以D正确．故选：ACD11．BD【分析】根据并事件的概率的计算公式即可判断A；根据相互独立事件及对立事件的交事件的概率公式即可判断BD；根据相互独立事件的并事件的概率公式即可判断C．【详解】对于A，若，则，故A错误；对于B，因为，，所以，所以A，B相互独立，故B正确；对于C，A与B相互独立，则，也相互独立，则，故C错误；对于D，A与B相互独立，则，也相互独立，所以，故D正确．故选：BD．12．AB【分析】根据正方体的性质，结合空间位置关系，对选项逐一分析，得到正确结果．【详解】对于A项，利用正方体的特征可知，，且，所以平面，可得，所以A项正确；对于B项，因为平面即为平面，因为平面，所以平面平面，所以B项正确；对于C项，设正方体的棱长为1，，，在中，在中，，当时，，即，或，所以当P与重合或P为的中点时，满足为90°，所以满足条件的点P不唯一，所以C项不正确；对于D项，将正方体的对角面进行翻折，可得图形如图所示：根据平面内两点之间直线段最短，所以当P为图中的点时，取得最小值，显然P不为中点，所以D项不正确；故选：AB．【点睛】该题以正方体为载体，考查空间线面位置关系，涉及到线线、线面和面面垂直等基础知识，要注意空间与平面间的相互转化，属于基础题目．13．2【分析】根据题意，求出圆锥的底面半径和高，代入公式即可．【详解】由题意可知，如图圆锥的轴截面的顶角，所以在直角三角形中，，圆锥的底面半径为，高，所以该圆锥的体积为：，解得，∴圆锥的母线长为2．故答案为：2．【点睛】本题考查圆锥的体积，求出圆锥的底面半径和高是解决问题的关键，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．14．【分析】利用余弦定理求出AC、，进而可求得，再利用三角形的面积公式可求得的面积．【详解】连接AC，如下图所示：由余弦定理可得，由余弦定理可得，则为锐角，所以，，因此，．故答案为：．【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有a、b、c的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理．15．【分析】补充图形为长方体，三棱锥P-ABC的外接球，与棱长为1，1，的长方体外接球是同一个外接球，用长方体的对角线长求外接球的半径，可得球的体积．【详解】三棱锥P-ABC中，平面ABC，，，，画出几何图形如图所示；补充图形为长方体，则棱长分别为1，1，；∵对角线长为，∴三棱锥D-ABC的外接球的半径为1，∴该三棱锥外接球的体积为．故答案为．【点睛】本题考查球的组合体问题，构建长方体是问题的关键．16．【分析】根据平均数和方差的性质，以及二次函数的性质即可解出．【详解】数据，，…，的平均数为，方差为，所以，，即，则，因为，所以，故当时，的最大值是．故答案为：．17．（1）；（2）1【分析】（1）直接根据向量的夹角公式计算求解即可；（2）根据向量的模计算求解即可．【详解】解：（1）由向量夹角的公式得，因为，所以（2）因为若与的夹角为45°，所以由向量模的计算公式得：，所以．18．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得平面SAB，再用面面垂直的判定定理证平面平面SBC；（2）先利用平行四边形证得，再利用线面平行的判定定理证平面SBC；（3）利用空间向量求二面角，先分别求得面SAD的法向量为，平面SCD的法向量，利用夹角公式即可求得．【详解】（1）∵，∴，又，，由勾股定理知，，又，∴面ABCD，面ABCD，∴，又，即，且，∴平面SAB，又面SBC，∴平面平面SBC．（2）如图所示，过D作，则在直角△DEC中，∵，，可得，，∴，∴四边形ABED为矩形，∴，又平面SBC，平面SBC，∴平面SBC．【点睛】本题考查了证明面面垂直和线面平行，考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定与性质定理，面面垂直的判定定理，考查了面面角，解题的关键是建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，属于中档题．19．（1）（2）【分析】（1）先利用正弦定理边化角，然后整理即可；（2）先利用面积公式求出a，再利用余弦定理求边长c的值．【详解】（1）∵∴由正弦定理得，又，∴，∴，又，∴；（2）由已知可得，∴，∴，∴．20．（1）众数为75，中位数为71.4；（2）7人．【分析】（1）根据中位数和众数的定义结合频率分布直方图即可得出答案；（2）根据频率分布直方图分别求出，，的人数，任何根据分层抽样即可求出从抽取的人数．【详解】解：（1）由题意得众数为75，的频率为，的频率为，设中位数为a，，∴．（2）的人数：，的人数：，的人数：，抽样比例为，从抽取的人数：．21．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）证明平面，取中点F，只需证明；（2）要证，只需证明平面，由线面垂直的性质及直三棱柱得证；（3）由等体积法，求出点C到平面BDE的距离，根据直线与平面所成角的定义求解即可．【详解】（1）取中点F，连接EF、AF，则，，，，所以，，所以四边形AFED是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面．（2）连接，∵是正方形，∴，又平面平面且交线为，平面，∴平面，又平面，∴，又∵直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，∴，又，∴平面，又平面∴．（3）设C到平面BDE的距离为h，因为，D为AC中点，所以，，，，，，，，记直线CD与平面BDE所成角为，则．所以直线CD与平面BDE所成角的正弦值为．22．（1）（2）（3），S最小值为．【分析】（1）由余弦定理求出AC，则发现为等边三角形可得解；（2）分别在与中由正弦定理化简即可得解；（3）根据正弦定理分别表示各边长及S，再根据三角函数求值域的方法可得最值．【详解】（1）在中，当时，，所以，由余弦定理，所以，在中，又，所以是等边三角形，即．（2），，，在中，由正弦定理得，所以所以在中，由正弦定理得，所以，所以；（3）在中，由正弦定理得，所以，所以所以，因为，所以，所以当，即时，S取最小值，故S关于的函数表达式为，S最小值为．