2024-2025学年黑龙江省龙东十校高二（上）开学数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省龙东十校高二（上）开学数学试卷一、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//bA.10 B.6 C.4 D.−42.若zi3=2+i，则z=A.1−2i B.−1+2i C.−1−2i D.1+2i3.若向量a=(−1,2),b=(m+1,2)，且(a+A.−8 B.8 C.−2 D.24.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.105.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.29π B.31π C.87π D.93π7.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ABCDEF8.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A.10

B.15

C.(5+2二、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5 B.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22，则△ABC的周长可能为(

)A.8 B.5+17 C.9 11.已知边长为43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323

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,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角均为60°，点E，F分别在棱BB1，DD1上，且BE=2B1直线AC1与EF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：分数[90,92)[92,94)[94,96)[98,100]频数10102020(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；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；

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303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；

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=42.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．

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×(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=C9.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]=210.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=22，得sinA=223，所以cosA=1−sin2A=±13，

由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，得a2=(b+c)2−2bc−2bccosA=9或17，11.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′=323，C正确．

三棱锥Q−ABC的体积为13S12.0

【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：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=±26，不符合题意，舍去．

当4<m≤7时，数据1，1，3，4，m，7的80%分位数为m，由m2−20=m，得m=5(负根舍去)，符合题意．故m=5．

故答案为：14.2103【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⋅AA1−15.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【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cosA=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【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cos∠BOP=OP2+OB2−BP22OP⋅OB=−33，所以cos∠DOP=33，

DO=PO⋅cos∠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【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=303海里，MN=20海里，

在△PMN中，由余弦定理得，PN2=PM2+MN2−2PM⋅MNcos∠PMN=2700+400−2×303×20×(−32)=4900，

所以PN=70海里．

(2)在△PMN中，由余弦定理得，cos∠MPN=PM2+PN2−MN22PM⋅PN=2700+4900−4002×30【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cos∠MPN的值，并由两角和的余弦公式求出cos∠PNH，再在△PNH中，利用余弦定理，求解即可．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)