广西南宁市2024-2025学年高二数学上学期开学考试

2024—2025学年度上学期高二开学考试数学（时间120分钟，共150分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以.故选：D.2.若复数z满意，则（）A.1 B.5 C.7 D.25【答案】B【解析】【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．【详解】由题意有，故．故选：B．3.经过点，且平行于直线的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据给定条件，设出所求直线的方程，利用待定系数法求解作答.【详解】平行于直线的直线方程设为，又所求直线过点，则，解之得，所以所求直线为.故选：A4.已知向量满意，则（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】依据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵，又∵∴9，∴故选：C.5.圆截直线所得的弦长等于（）A. B. C.1 D.5【答案】A【解析】【分析】方法一，先求出圆心和半径，然后求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，方法二，将直线方程与圆的方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系结合弦长公式可求得答案【详解】方法一圆的方程可化为，则圆的半径，圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长为．方法二设直线与圆相交于点，．由，得，则，，所以．故选：A【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法（1）几何法．设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则．（2）代数法．设直线与圆相交于点，，由，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，依据弦长公式得出结果．6.若，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用分段法确定正确答案.【详解】，，，所以.故选：B7.，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式和同角三角函数的关系化简已知条件可得，再利用同角三角函数的关系可求得结果【详解】由，可得，即，所以.故选：C.8.若，，且，恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.或C. D.或【答案】A【解析】【分析】由已知可得，化简后利用基本不等式可求得其最小值为8，从而可将问题转化为，进而可求出实数的取值范围【详解】因为，，，所以.当且仅当时，等号成立，所以最小值为8，由题可知，，即，解得，故选：A.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知向量，则下列说法正确的是（）A. B.若，则C.在上的投影向量为 D.若∥，则【答案】AC【解析】【分析】由向量数量积的坐标运算推断A；由向量垂直数量积为0推断B；由投影向量的概念推断C；由共线量的坐标运算推断D.【详解】解：对于A，因为，所以，故正确；对于B，因为，，所以，解得，故错误；对于C，在上的投影向量为：，故正确；对于D，因为，，∥，所以，解得，故错误.故选：AC.10.已知函数，下列结论中正确的是（）A.函数的周期为B.直线是函数图象的一条对称轴C.函数的单调递增区间为D.函数是偶函数【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用周期公式求解，对于B，通过计算进行推断，对于C，由可求出其增区间，对于D，由偶函数定义分析推断.【详解】对于A，由得，故A正确；对于B，将代入解析式可得，所以不是函数图象的对称轴，故B错误；对于C，由，得，所以函数的单调递增区间为，故C正确；对于D，，所以函数是偶函数，故D正确.故选：ACD11.已知是曲线上的动点，是坐标原点，则下列说法正确的有（）A.坐标原点在曲线上B.曲线围成的图形的面积为C.过点至多可以作出4条直线与曲线相切D.满意到直线的距离为的点有3个【答案】ACD【解析】【分析】A选项，将代入，满意曲线，A正确；B选项，先依据对称性画出曲线，进而求出曲线围成的图形的面积；C选项，设过点的方程为，分别联立直线与曲线的位于四个象限的部分，求出4条直线；D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，由点到直线距离求出轨迹方程，画出图形，数形结合得到点的个数.【详解】A选项，因满意，所以坐标原点在曲线上，A正确；B选项，，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，先考虑，此时曲线，变形得到，且，即以为圆心，以为半径的半圆和原点，再把这部分曲线关于轴和原点对称，如图所示：其中，三点共线，其中半圆的面积为，则曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为，由对称性可知曲线与坐标轴围成的面积为，B错误；C选项，当过点斜率不存在时，此时直线与曲线不相切，不合要求，设过点的方程为，联立，得到，由可得或，结合图象可知此时，故，如图1，此时，满意要求，同理联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，依据对称性，满意要求.联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，此时，因为，故，如图2，此时直线方程为，满意要求联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，由对称性可知满意要求，综上，过点至多可以作出4条直线与曲线相切，C正确；D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，则有，解得或6，即与直线的距离为的点的轨迹方程为或，画出直线如图所示：直线与曲线无交点，直线与曲线有3个交点，即，所以满意到直线的距离为的点有3个，D正确.故选：ACD12.已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，，则下列命题中正确的是（）A.B.函数在定义域上是周期为2的周期函数C.直线与函数的图象有两个交点D.函数的值域为【答案】AD【解析】【分析】依据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意知，当时，有，所以，因为当时，，当时，可得，可得，又因为，所以，又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：对于A中，由，所以A正确；对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；对于C中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以C错误.对于D中，由图象可知函数的值域为，所以D正确．故选：AD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.一名射击运动员在一次射击测试中射击10次，每次命中的环数如下：，则其射击成果的方差______.【答案】1.2【解析】【分析】依据给定条件，利用方差的定义计算作答.【详解】依题意，命中环数的平均数为，所以射击成果的方差.故答案为：1.214.如图，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，在A，B两点分别测得树顶P处的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度h为________m．【答案】##【解析】【分析】依据正弦定理求得；利用直角三角形求得树高.【详解】由正弦定理得：，又，所以，所以树高（），故答案为：15.已知直线与直线相交于点M，点N是圆上的动点，则的最大值为_________.【答案】##【解析】【分析】依据题设易知过定点，过定点且，则在以为直径的圆上，写出圆的方程，并求出与圆的圆心距，依据动点分别在两圆上知最大值为圆心距与两个半径的和.【详解】由题设，恒过定点，恒过定点，又，即，垂足为，所以在以为直径的圆上，圆心为，半径为，故轨迹方程为，而的圆心为，半径为3，所以，而、分别在圆、圆上，故的最大值为.故答案为：16.素描几何体是素描初学者学习绘画的必学课程，是困难形体最基本的组成和表现方式，因此几何体是美术入门最重要的一步.素描几何体包括：柱体、锥体、球体以及它们的组合体和穿插体.如下图，十字穿插体，是由两个相同的长方体相互从中部贯穿而形成的几何体，也可以看作四个相同的几何体拼接而成，体现了数学的对称美.已知在如下图的十字穿插体中，，.则平面截该十字穿插体的外接球的截面面积为__________.【答案】【解析】【分析】先依据题意求出球心到平面的距离，然后可求出截面圆的半径，从而可求出截面面积【详解】解：该十字穿插体的外接球球心即为长方体的中心，半径，球心到平面的距离，即为球心到长方体侧面的距离，所以，所以截面圆的半径，所以截面面积为；故答案为：四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.2024年卡塔尔世界杯是其次十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内实行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年其次次在亚洲实行的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯竞赛直播的时长状况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组：，，，，，，（观看时长均在内），并依据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）接受分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人，现从这6人中随机抽取2人共享观看感想，求抽取的2人恰好观看时长在的概率.【答案】（1），平均数为157.6；（2）【解析】【分析】（1）由频率和为1列方程可求出的值，再依据平均数的定义可求得平均数，（2）依据分层抽样的定义结合频率分布直方图求出在和所抽取的人数，然后利用列举法可求得结果.【小问1详解】解：由频率分布直方图性质得：，解得平均数为，∴估计样本数据的平均数为157.6；【小问2详解】解：接受以样本量比例支配的分层随机抽样方式，则中抽取人，分别记为，，，，中抽取人，分别记为，，现从这6人中随机抽取2人共享观看感想，包含的基本领件有：，，，，，，，，，，，，，，共15个，抽取的2人恰好观看时长在基本领件有：，，，，，共6个，所以抽取3人中恰有2人的观看时长在的概率为.18.在，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题:的内角的对边分别为，已知_（1）求；（2）若为的中点，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选利用正弦定理由边化角结合帮助角公式即可求解；选由正弦定理得，化为正切即可求解；选③由正弦定理得依据和差公式化简即可求解；（2）在中，由余弦定理得可得，结合面积公式即可求解．【小问1详解】若选，由条件与正弦定理得,因为，所以，所以，则因为所以，所以故若选，由条件得,由正弦定理得，因为，所以，所以.因为，所以若选③，由条件得，由正弦定理得,即，整理得，因为，所以因为，所以【小问2详解】（2）在中，由余弦定理得即，解得负值舍去)，所以故的面积为19.已知圆：，直线：.（1）若直线与圆相切，求的值；（2）若，过直线上一点作圆的切线，，切点为，，求四边形面积的最小值及此时点的坐标，【答案】（1）或（2），【解析】【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可，（2）当时，直线的方程为，而四边形的面积，由圆的性质可得当最小时，切线长最短，此时，求出直线的方程，联立两直线方程可得点的坐标.【小问1详解】由已知，圆心到直线：的距离等于半径，即.解得：或.【小问2详解】当时，直线的方程为，四边形的面积∵为直角三角形，当最小时，切线长最短，明显当时，∴四边形的面积最小值为.此时，，，∴直线：，即.由，解得，即.20.如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依据题意，由余弦定理可得，再由线面垂直的判定定理，即可得到结果；（2）解法1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；解法2，由等体积法将点到面的距离转化为三棱锥的高，即可得到结果.【小问1详解】在三棱柱中，，，，在中，由余弦定理得，即有，于是，又侧面，侧面，则，而，平面，所以平面.【小问2详解】解法1：由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，点到平而的距离.解法2：等体积法（最优解）在中，，在中，，在平行四边形中，由（1）得三角形为等腰直角三角形，而为的中点，则，由于，故，，由，即，解得.21.甲、乙两名技工加工某种零件，加工的零件需经过至多两次质检，首次质检合格的零件作为一等品出售，不合格的零件交由原技工进行重新加工，重新加工完进行再次质检，再次质检合格的产品作为二等品出售，不合格的作废品处理．已知甲加工的零件首次质检的合格率为，重新加工后再次质检的合格率为，乙加工的零件首次质检和重新加工后再次质检的合格率均为，且每次质检合格与否相互独立，现由甲、乙两人各加工1个零件．（1）求这2个零件均质检合格的概率；（2）若一等品的价格为100元，二等品的价格为50元，废品的价格为0元，求这2个零件的价格之和不低于100元的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）所求事务为两个相互独立事务的积事务，先分别将两事务转化为互斥事务的和事务，再利用概率加法公式求它们的概率，最终由相互独立事务的积事务概率乘法公式可求；（2）所求事务为“这2个零件的价格之和不低于100元”，转化为“两个均质检合格”、“甲不合格乙一等品”、“乙不合格甲一等品”三个互斥事务的和事务，分别求解再利用概率加法公式求解即可.【小问1详解】（Ⅰ）设事务表示“甲加工的零件质检合格”，事务表示“甲加工的零件首次质检合格”，事务表示“甲重新加工的零件再次质检合格”；设事务表示“乙加工的零件质检合格”，事务表示“乙加工的零件首次质检合格”，事务表示“乙重新加工的零件再次质检合格”．由题意知，，，且事务与，与互斥，事务与，与，与相互独立.则，.所以.【小问2详解】（Ⅱ）设事务表示“这2个零件的价格之和不低于100元”，则，，，则.22.如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，.过的直线交平面于正方形内的点，且满意平面平面.（1）求点的轨迹长度；（2）当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）轨迹长度为（2）【解析】【分析】（1）作出帮助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；（2）方