2024-2025学年黑龙江省龙东十校高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省龙东十校高二（上）开学数学试卷（含解析），共16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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间向量a=(1,−3,5),b=(2,x,y)，且a//b，则x+y=( )
A. 10B. 6C. 4D. −4
2.若zi3=2+i，则z=( )
A. 1−2iB. −1+2iC. −1−2iD. 1+2i
3.若向量a=(−1,2),b=(m+1,2)，且(a+b)⊥a，则m=( )
A. −8B. 8C. −2D. 2
4.某校为了了解学生的体能情况，于6月中旬在全校进行体能测试，统计得到所有学生的体能测试成绩均在[70,100]内.现将所有学生的体能测试成绩按[70,80)，[80,90)，[90,100]分成三组，绘制成如图所示的频率分布直方图.若根据体能测试成绩采用按比例分层随机抽样的方法抽取20名学生作为某项活动的志愿者，则体能测试成绩在[70,80)内的被抽取的学生人数为( )
A. 4
B. 6
C. 8
D. 10
5.已知α，β是两个不同的平面，l，m是α内两条不同的直线，则“l//β，且m//β”是“α//β”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为30π，则该圆台的体积V=( )
A. 29πB. 31πC. 87πD. 93π
7.图，在九面体ABCDEFGH中，平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF//平面HCD，AG=GF=CH=HD=AB，底面ABCDEF为正六边形，下列结论错误的是( )
A. GH//平面ABCDEF
B. GH⊥平面AFG
C. 平面HCD⊥平面ABCDEF
D. 平面ABG⊥平面ABCDEF
8.如图，在棱长为12的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱CD，B1C1的中点，平面A1EF与直线CC1交于点N，则NF=( )
A. 10
B. 15
C. ( 5+2 5)×2=6 5
D. 2 13
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知甲组数据为4，3，2，乙组数据为6，7，8，将甲、乙两组数据混合后得到丙组数据，则( )
A. 丙组数据的中位数为5B. 甲组数据的70%分位数是2
C. 甲组数据的方差等于乙组数据的方差D. 甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数
10.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB+csinA=5sinA，bc=b+c+1，△ABC的面积为2 2，则△ABC的周长可能为( )
A. 8B. 5+ 17C. 9D. 5+ 15
11.已知边长为4 3的正三角形ABC的三个顶点都在球O的表面上，P为球O表面上一动点，且P不在平面ABC上，当三棱锥P−ABC的体积最大时，直线PA与平面ABC所成角的正切值为2，则下列结论正确的是( )
A. 球O的表面积为64π
B. PA的最大值为10
C. 三棱锥P−ABC体积的最大值为32 3
D. 当三棱锥P−ABC的体积最大时，若点Q与点P关于点O对称，则三棱锥Q−ABC的体积为8 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间向量a=(1,0,0),b=(0,1,0),c=(1,1,m)，若a,b,c共面，则m= ______．
13.已知数据1，1，3，m，4，7的极差为6，且80%分位数为m2−20，则m= ___．
14.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为2，AB，AD，AA1两两所成夹
角均为60°，点E，F分别在棱BB1，DD1上，且BE=2B1E，D1F=2DF，则|EF|= ___；
直线AC1与EF所成角的余弦值为______．
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.(本小题13分)
7月23日，第8届中国一南亚博览会暨第28届中国昆明进出口商品交易会在昆明滇池国际会展中心隆重开幕.本届南博会以“团结协作、共谋发展”为主题，会期从23日至28日，共设15个展馆，展览面积15万平方米，吸引82个国家、地区和国际组织参会，2000多家企业进馆参展.某机构邀请了进馆参展的100家企业对此次展览进行评分，分值均在[90,100]内，并将部分数据整理如下表：
(1)估计这100家企业评分的中位数(保留小数点后一位)；
(2)估计这100家企业评分的平均数与方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a= 2b,b2+c2+ 2bc=a2．
(1)求B；
(2)若a=4 2，在BC边上存在一点D，使得DA⊥AC，求AD的长．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，O为AC的中点，平面POB⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC,AC=PA= 2,PB= 3．
(1)证明：PA=PC；
(2)求二面角C−PA−B的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，甲船在点M处通过雷达发现在其南偏东60°方向相距20海里的N处有一艘货船发出供油补给需求，该货船正以15海里/时的速度从N处向南偏西60°的方向行驶.甲船立即通知在其正西方向且相距30 3海里的P处的补给船，补给船立刻以25海里/时的速度与货船在H处会合．
(1)求PN的长；
(2)试问补给船至少应行驶几小时，才能与货船会合？
19.(本小题17分)
将菱形ABCD绕直线AD旋转到AEFD的位置，使得二面角E−AD−B的大小为π3，连接BE，CF，得到几何体ABE−FDC.已知AB=4,∠DAB=π3,M,N分别为AF，BD上的动点且AMAF=BNBD=λ(0<λ<1)．
(1)证明：MN//平面CDF；
(2)求BE的长；
(3)当MN的长度最小时，求直线MN到平面CDF的距离．
答案解析
1.C
【解析】解：因为a//b，所以12=−3x=5y，
即x=−6，y=10，则x+y=4．
故选：C．
运用空间向量平行的坐标结论计算．
本题主要考查空间向量共线的性质，属于基础题．
2.A
【解析】解：由题意得z=−i(2+i)=1−2i．
故选：A．
运用复数乘除，结合乘方计算即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
3.B
【解析】解：根据题意得a+b=(m,4)，若(a+b)⊥a，则(a+b)⋅a=−m+8=0，解得m=8．
故选：B．
根据题意，先求出a+b向量的坐标，然后根据两个向量垂直的条件与平面向量数量积的坐标表示，列式求出实数m的值，可得答案．
本题主要考查两个向量垂直的条件、平面向量数量积的坐标等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
4.A
【解析】解：根据题意得，体能测试成绩在[70,80)内的被抽取的学生人数为：
20×0.20.3+0.2+0.5=4．
故选：A．
根据题意，结合给定的频率分布直方图中的数据，即可求解．
本题考查频率分布直方图、分层抽样等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.C
【解析】解：若l//m，m//β，则α，β不一定平行(缺少条件l，m相交)；
若α//β，l，m⊂α，则l//β，且m//β，
故“l//m，且m//β”是“α//β”的必要不充分条件．
故选：C．
由面面平行的判定与性质即可判断．
本题考查面面平行的判断定理及性质定理的应用，属于基础题．
6.B
【解析】解：设该圆台的母线长为l，
根据题意可得π(1+5)l=30π，
解得l=5，
所以该圆台的高为 52−(5−1)2=3，
则V=π3×3×(12+1×5+52)=31π．
故选：B．
先利用圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，进而求出圆台的高，再利用圆台的体积公式求解．
本题主要考查了圆台的侧面积公式和体积公式，属于基础题．
7.D
【解析】解：取AF的中点M，CD的中点N，连接GM，HN，MN，
因为平面AGF⊥平面ABCDEF，
平面AGF//平面HCD，所以平面HCD⊥平面ABCDEF，所以C正确；
因为AG=GF=AB=AF，所以GM⊥AF，GM⊂面AFG，
平面AGF⊥平面ABCDEF，又平面AGF∩平面ABCDEF=AF，
所以GM⊥平面ABCDEF，
同理可得HN⊥平面ABCDEF，则HN//GM，因为HN=GM
所以四边形HNMG为平行四边形，所以GH/​/MN，
因为GH⊄平面ABCDEF，MN⊂平面ABCDEF，
所以GH//平面ABCDEF，所以A正确；
连接AN，FN，易得AN=FN，
则MN⊥AF，GM⊥平面ABCDEF，MN⊂面ABCDEF，则GM⊥MN，
因为GM∩AF=M，都在面GM，AF⊂平面AFG，
所以MN⊥平面AFG，
因为MN//GH，所以GH⊥平面AFG，所以B正确；
连接AE，则AE⊥AB，若平面ABG⊥平面ABCDEF成立，
根据面面垂直的性质易得AE⊥平面ABG，再由线面垂直的性质有AE⊥AG，
因为GM⊥AE，GM∩AG=G，
AE⊥平面AGF，这显然不成立，
所以平面ABG⊥平面ABCDEF不成立，所以D错误．
故选：D．
运用面面垂直，结合面面平行得到面面垂直，判断出C的真假；证明GM⊥平面ABCDEF，同理可得HN⊥平面ABCDEF，则HN//GM，运用线面平行判定，判断出A的真假；证明MN⊥平面AFG，结合MN//GH，得到GH⊥平面AFG，判断出B的真假；利用反证法，得到AE⊥平面AGF，不成立，判断出D的真假．
本题考查线面，面面位置关系的判断，属于中档题．
8.A
【解析】解：分别在棱AD，CC1，BC上取点M，N，G，
使得AM=3MD,C1N=2NC,BG=GC，
连接A1M，ME，EN，NF，AG，
根据正方体特征及平行公理，
易证ME//AG//A1F，NF//A1M，
则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF，
由题意，C1F=6，C1N=8，可得NF= C1F2+C1N2=10．
故选：A．
在棱AD，CC1，BC上取点M，N，G，使得AM=3MD,C1N=2NC,BG=GC，易证ME//AG//A1F，NF//A1M，则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF，再计算即可．
本题考查空间距离的求法，属中档题．
9.ACD
【解析】解：将丙组数据从小到大排列为2，3，4，6，7，8，
可得丙组的中位数为4+62=5，故A正确；
将甲组数据从小到大排列为2，3，4，
∵3×70%=2.1，
∴甲组数据的70%分位数是4，故B错误；
甲的平均数为x−1=13(4+3+2)=3，方差为s12=13[12+02+(−1)2]=23，
乙的平均数为x−2=13(6+7+8)=7，方差为s22=[(−1)2+02+12]=23，
∴甲组数据的方差等于乙组数据的方差，故C正确；
甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合中位数、百分位数、方差、平均数的公式求解即可．
本题考查中位数、百分位数、方差、平均数等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
10.AB
【解析】解：由正弦定理得ab+ac=5a，得b+c=5，则bc=b+c+1=6，
由S△ABC=12bcsinA=2 2，得sinA=2 23，所以csA= 1−sin2A=±13，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得a2=(b+c)2−2bc−2bccsA=9或17，
所以a=3或 17，
所以△ABC的周长为8或5+ 17．
故选：AB．
由正弦定理得b+c=5，由三角形面积公式得sinA=2 23，进而得出csA=±13，再根据余弦定理求得a=3或 17，即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
11.BCD
【解析】解：如图，设正三角形ABC的外心为O′，
当三棱锥P−ABC的体积最大时，P，O，O′三点共线．
设球O的半径为R，易得AO′=23× 32AB=4．
直线PA与平面ABC所成的角为∠PAO′,tan∠PAO′=PO′AO′=2，得PO′=2AO′=8．
由R2=AO2=AO′2+OO′2=16+OO′2PO′=PO+OO′=R+OO′=8，得OO′=3,R=5,
球O的表面积为4πR2=100π，A错误，PA的最大值为2R=10，B正确．
三棱锥P−ABC体积的最大值为13S△ABC⋅PO′=32 3，C正确．
三棱锥Q−ABC的体积为13S△ABC⋅(R−OO′)=8 3，D正确．
故选：BCD．
画出草图，设正三角形ABC的外心为O′，当三棱锥P−ABC的体积最大时，P，O，O′三点共线．找出直线PA与平面ABC所成的角，求出OO′=3,R=5,.进而分别运用球的表面积公式计算表面积，PA的最大值为2R=10，运用棱锥体积公式计算三棱锥P−ABC，Q−ABC的体积即可．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
12.0
【解析】解：因为a,b,c共面，
所以c=xa+yb，即(1,1,m)=x(1,0,0)+y(0,1,0)=(x,y,0)，
则x=1y=1m=0．
.故答案为：0．
由已知可得c=xa+yb，代入坐标计算可求m的值．
本题主要考查空间向量的基本定理，属于基础题．
13.5
【解析】解：因为7−1=6，所以1≤m≤7．
当1≤m≤4时，数据1，1，3，m，4，7的80%分位数为4，由m2−20=4，得m=±2 6，不符合题意，舍去．
当4故答案为：5．
运用数据极差和百分位数概念和计算方法分类讨论即可．
本题主要考查极差和百分位数概念，属于基础题．
14.2 103 1515
【解析】解：连接AF，AE，
点E，F分别在棱BB1，DD1上，且BE=2B1E，D1F=2DF，
则EF=AF−AE=AD+13DD1−AB−23BB1=−AB+AD−13AA1，两边同时平方可得，EF2=AB2+AD2+19AA12−2AB⋅AD+23AB⋅AA1−23AD⋅AA1
=4+4+49−2×2×2csπ3+23×2×2csπ3−23×2×2csπ3=409，
故|EF|=2 103；
A1C=AB+AD+AA1，AB，AD，AA1两两所成夹角均为60°，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为2，
故A1C2=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1
=4+4+4+2×2×2×12+2×2×2×12+2×2×2×12=24，
故|A1C|=2 6，
则cs=AC1⋅EF|AC1||EF|=(AB+AD+AA1)⋅(−AB+AD−13AA1)2 6×2 103
=−AB2+AD2−13AA12−43AB⋅AA1+23AD⋅AA18 153=−838 153=− 1515，
故直线AC1与EF所成角的余弦值为 1515．
故答案为：2 103； 1515．
表达出EF=−AB+AD−13AA1，平方后求出EF2=409，求出|EF|=2 103；求出|A1C|=2 6，利用向量夹角余弦公式求出异面直线距离的余弦值．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属于中档题．
15.解：(1)由题意得这100家企业评分在[96,98)内的频数为100−10−10−20−20=40，
设这100家企业评分的中位数的估计值为x，
因为评分在[90,96)内的频数之和为10+10+20=40<50，
评分在[90,98)内的频数之和为40+40=80>50，
所以x∈[96,98)，
由50−4040=x−9698−96，
得x=96.5；
(2)这100家企业评分的平均数的估计值为x−=1100(91×10+93×10+95×20+97×40+99×20)=96，
这100家企业评分的方差的估计值为：
s2=1100[(91−96)2×10+(93−96)2×10+(95−96)2×20+(97−96)2×40+(99−96)2×20]=5.8．
【解析】(1)由中位数的估计值的定义求解即可；
(2)由平均数的估值与方差的计算公式计算即可．
本题主要考查了中位数、平均数和方差的定义，属于基础题．
16.解：(1)由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=− 2bc2bc=− 22，
因为A∈(0,π)，所以A=3π4．
因为a= 2b，所以sinA= 2sinB，解得sinB=12，
因为a= 2b>b，所以B=π6．
(2)因为a=4 2,a= 2b，所以AC=b=4．
设AD=x，在△ABD中，由正弦定理得xsinπ6=BDsin(3π4−π2)，则BD= 2x，
CD=4 2− 2x，由x2+16=(4 2− 2x)2，
解得x=8−4 3或8+4 3(舍去)，
故AD的长为8−4 3．
【解析】(1)运用正弦定理进行边角互化，再用余弦定理可解；
(2)运用正弦定理，结合勾股定理可解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
17.解：(1)证明：因为△ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，O为AC的中点，
所以AC⊥OB，AC⊂平面ABC，
又因为平面POB⊥平面ABC，平面POB∩平面ABC=OB，
所以AC⊥平面POB．
因为PO⊂平面POB，所以AC⊥PO，又O为AC的中点，
所以△PAC是等腰三角形，故PA=PC．
(2)在平面POB上，作PD⊥BO，垂足为D，连接DA，DC．
平面POB⊥平面ABC，平面POB∩平面ABC=OB，
又PD⊂平面POB，所以PD⊥平面ABCD．
由(1)PA=PC，又AC=PA= 2，则△PAC为等边三角形，
所以OP= AP2−AO2= 62，OB=AC2= 22，
所以cs∠BOP=OP2+OB2−BP22OP⋅OB=− 33，所以cs∠DOP= 33，
DO=PO⋅cs∠DOP= 22，DP= OP2−DO2=1，
所以AD=DC= AP2−DP2=1，
在等腰直角△ABC中，AB=BC=1，
所以△ABC≌△PAC，
故∠ADC=∠ABC=90°，即DA⊥DC，
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,0,1)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，
PA=(1,0,−1),AB=(0,1,0),AC=(−1,1,0)，
设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⊥PAn⊥AB，则n⋅PA=0,n⋅AB=0,
即x1−z1=0,y1=0,取x1=1，
可得n=(1,0,1)，
设平面PAC的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⊥PAm⊥AC，则m⋅PA=0,m⋅AC=0,
即x2−z2=0,−x2+y2=0,
取y2=1，可得m=(1,1,1)，
设二面角C−PA−B的大小为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|= 63,sinθ= 33，
故二面角C−PA−B的正弦值为 33．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质可得AC⊥OB，结合面面垂直的性质可得AC⊥平面POB，然后根据等腰三角形的性质结合条件可得．
(2)作PD⊥BO，垂足为D，连接DA，DC，由面面垂直的性质可得PD⊥平面ABCD，再由三角形全等，得出DA⊥DC，从而建立空间坐标系利用空间向量解决问题．
本题考查线面垂直的应用，以及利用向量法求二面角，属于中档题．
18.解：(1)由题意知，∠PMN=π2+π3=5π6，PM=30 3海里，MN=20海里，
在△PMN中，由余弦定理得，PN2=PM2+MN2−2PM⋅MNcs∠PMN=2700+400−2×30 3×20×(− 32)=4900，
所以PN=70海里．
(2)在△PMN中，由余弦定理得，cs∠MPN=PM2+PN2−MN22PM⋅PN=2700+4900−4002×30 3×70=4 37，
所以sin∠MPN=17，
所以cs∠PNH=cs(∠MPN+π2−π3)=cs∠MPNcsπ6−sin∠MPNsinπ6=4 37× 32−17×12=1114，
设当补给船与货船会合时，补给船行驶的最少时间为t小时，则HN=15t海里，PH=25t海里，
在△PNH中，由余弦定理知，PH2=PN2+HN2−2PN⋅HNcs∠PNH，
所以625t2=4900+225t2−2×70×15t×1114，
整理得(t−2)(40t+245)=0，解得t=2或−24540(舍去)，
故当补给船与货船会合时，补给船行驶的时间至少为2小时．
【解析】(1)在△PMN中，利用余弦定理，求解即可；
(2)先在△PMN中，利用余弦定理求出cs∠MPN的值，并由两角和的余弦公式求出cs∠PNH，再在△PNH中，利用余弦定理，求解即可．
本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握余弦定理，两角和的余弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.(1)证明：在AD上取点H，使得AHAD=AMAF=BNBD=λ(0<λ<1)，连接HM，HN，
如图1：

因为AHAD=AMAF，所以HM//DF，
因为DF⊂平面CDF，HM⊄平面CDF，
所以HM//平面CDF，
因为AHAD=BNBD，所以HN//AB，
又CD//AB，所以HN//CD，
因为CD⊂平面CDF，HN⊄平面CDF，
所以HN//平面CDF，
因为HM∩HN=H且都在面HMN内，所以平面HMN//平面CDF，
因为MN⊂平面HMN，
所以MN//平面CDF；
(2)解：取AD的中点O，连接OE，OB，ED，
如图2：

由题意可得△EAD，△BAD是边长为4的正三角形，
则EO=BO= 42−22=2 3，
且EO⊥AD，BO⊥AD，所以∠EOB为二面角E−AD−B的平面角，
即∠EOB=π3，则△EOB为正三角形，
所以BE=2 3；
(3)解：取OB的中点G，连接EG，
则EG⊥OB，且EG= (2 3)2−( 3)2=3，
由(2)得EO⊥AD，BO⊥AD，EO∩OB=O，EO，OB⊂平面OBE，
所以A D⊥平面OBE，因为EG⊂平面OBE，
所以EG⊥AD，
又因为EG⊥OB，AD∩OB=O，AD，OB⊂平面ABCD，
所以EG⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，
建立如图3所示的空间直角坐标系，

A(2,0,0),B(0,2 3,0),F(−4, 3,3),D(−2,0,0),C(−4,2 3,0)，
AF=(−6, 3,3)，BD=(−2,−2 3,0)，CD=(2,−2 3,0)，CF=(0,− 3,3)，
又AM=λAF=(−6λ, 3λ,3λ)，BN=λBD=(−2λ,−2 3λ,0)，
可得N(−2λ,2 3−2 3λ,0)，
连接AN，则AN=(−2λ−2,2 3−2 3λ,0)，
MN=AN−AM=(4λ−2,2 3−3 3λ,−3λ)，
所以|MN|= (4λ−2)2+(2 3−3 3λ)2+(−3λ)2= 52(λ−12)2+3，
当λ=12时，|MN|取得最小值，且最小值为3，则MN的最小值为 3，
此时N(−1, 3,0)，则ND=(−1,− 3,0)，
设平面CDF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=0n⋅CF=0，即2x−2 3y=0− 3y+3z=0，
取y= 3，得n=(3, 3,1)，
因为MN/​/平面CDF，所以直线MN到平面CDF的距离就是点N到平面CDF的距离，
ND⋅n=−3− 3× 3+0×1=−6，|n|= 32+( 3)2+12= 13，
则点N到平面CDF的距离d=|ND⋅n||n|=6 1313．
故直线MN到平面CDF的距离为6 1313．
【解析】(1)作出辅助线，得到线线平行，进而线面平行，可得平面HMN//平面CDF，得到线面平行；
(2)作出辅助线，得到∠EOB为二面角E−AD−B的平面角，并求出各边长，得到答案；
(3)作出辅助线，证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并求出AM，BN的坐标，求出|MN|的表达式，求出λ的值及点N的坐标，求出平面CDF的法向量，由点到平面距离公式可得结果．
本题考查线面平行的证法及用空间向量的方法求线面的距离，属于中档题．分数
[90,92)
[92,94)
[94,96)
[98,100]
频数
10
10
20
20