2024-2025学年贵州省铜仁一中高二（上）开学数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年贵州省铜仁一中高二（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.设集合A={xǀ−1<x<3}，B={1,2,3}，则A∩B=(

)A.{1} B.{1,2} C.{3} D.{1,3}2.已知函数f(x)=x2−1,x≤0,x−2,x>0,则A.1 B.0 C.−1 D.−23.已知向量a=(x,1−x)，b=(x+3,9)，若a⊥bA.x=−2 B.x=−12 C.x=3 4.设a，b是实数，则“a>b”是“a2>b2A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5.某小组做“用频率估计概率”的试验时，绘出的某一结果出现的频率折线图，则符合这一结果的试验可能是(

)A.抛一枚硬币，出现正面朝上

B.掷一个正方体的骰子，出现3点朝上

C.一副去掉大小王的扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃

D.从一个装有2个红球1个黑球的袋子中任取一球，取到的是黑球6.已知一个圆锥的高为6，底面半径为8，现在用一个过两条母线的平面去截圆锥，得到一个三角形，则这个三角形面积的最大值为(

)A.100 B.50 C.48 D.247.A.3 B.4 C.2和5 D.3和48.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，D是CB边的中点，过点C作CE⊥AD于点E，延长CE交AB于点F，则BF=(

)A.34B.32

C.

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.已知函数f(x)=2sin(2x+A.函数f(x)的最小正周期是π

B.函数f(x)在区间[π8,5π8]上是减函数

C.函数f(x)的图象关于点(−π8,0)对称

D.10.甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则(

)

A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数

B.甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数

C.甲的成绩的第80百分位数等于乙的成绩的第80百分位数

D.甲的成绩的极差等于乙的成绩的极差11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点PA.直线AD1与直线DP所成角的大小不变

B.平面PBD1⊥平面A1C1D

C.点P到平面A1C1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知样本数据x1，x2，⋯，x15的平均数为8，方差为32，由这组数据得到新样本数据y1，y2，⋯，y13.若|z−2|=|z+2|，则|z−1|的最小值是______．14.印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体、圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章(如图1)，该形状称为“半正多面体”(由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体)，每个正方形面上均刻有不同的印章(图中为多面体的面上的部分印章).图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”(其各顶点均在一个正方体的面上)，若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为______．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15分)

本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试，并从中随机抽取了100名学生的成绩，被抽取的成绩全部介于40分到100分之间，将统计结果按照如下方式分成六组：第一组[40,50)，第二组[50,60)，…，第六组[90,100]，画出频率分布直方图如图所示．

(1)求频率分布直方图中a的值；

(2)求该样本的中位数；

(3)为进一步了解学生的学习情况，从分数位于[50,80)的学生中，按照第二组，第三组，第四组分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数不在同一组内的概率．16.(本小题15分)

已知四棱锥P−ABCD，PA⊥PB，PA=PB=2，AD⊥平面PAB，BC//AD，BC=3AD，直线CD与平面PAB所成角的大小为π4，M是线段AB的中点．

(1)若3EC=BC，求证：AE//平面PCD．

(2)17.(本小题15分)

请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．

①(a+c)(sinA−sinC)+(b−a)sinB=0；

②2sinB−sinA=2sinCcosA；

③ccos(π2−A)=3asin(C+5π2)．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若_____．

(1)求角C18.(本小题15分)

为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球.先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜.经过抽签决定，甲先开始投篮.已知甲每次投篮命中的概率为12，乙每次投篮命中的概率为13，且两人每次投篮的结果均互不干扰．

(1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率；

(2)求比赛结束时，甲恰好投了219.(本小题17分)

克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．

已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD=3AD．

(1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD，

(i)求∠ABD的大小；

(ii)求AC⋅BD的取值范围(用r表示)．

(2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈[参考答案1.B

2.C

3.C

4.D

5.D

6.B

7.D

8.C

9.ABD

10.BCD

11.ABC

12.25

288

13.1

14.(5+215.解；(1)由频率分布直方图可得：

(0.005+0.01+0.02+0.025+a+0.01)×10=1，

得a=0.03；

(2)设中位数为该样本的中位数为x，

因为0.05+0.1+0.2=0.35<0.5，

0.35+0.3=0.65>0.6，

所以中位数在第四组，

所以0.05+0.1+0.2+0.3(x−70)10=0.5，得x=75分；

(3)由分层抽样知，第二组中抽1人，记作a，第三组中抽2人，记作b1，b2，第四组中抽3人，记作c1，c2，c3，

这6人中抽取2人有(a,b1)，(a,b2)，(a,c1)，(a,c2)，(a,c3)，

(b1,b2)，(b1,c1)，(b1,16.(1)证明：连接AE，因为3EC=BC，BC=3AD，BC/​/AD，

所以AD=CE，且AD/​/CE，

所以AECD为平行四边形，所以AE/​/CD，

又AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE/​/平面PCD．

(2)解：因为AD⊥平面PAB，BC/​/AD，所以BC⊥平面PAB，

所以CD在平面ABCD内的射影，所以CD与AB的夹角为π4，

记BC上靠近点B的三等分点为F，连接DF，MF，PF，

则AD=BF，且AD/​/BF，所以ABFD为平行四边形，所以AB/​/DF，

所以∠CDF=π4，

又AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，AP，PB⊂平面PAB，

所以∠DAP=∠CBP=∠CBA=∠CFD，

因为PA⊥PB，PA=PB=2，所以CF=DF=AB=PA2+PB2=2，

所以PM=12AB=1,AD=CE=12CF=1，

PD=3,PC=PB2+BC2=11,CD=DF2+CF2=22，

所以PC2=PD2+CD2，所以CD⊥PD，

所以S△PCD=12×22×3=6，

因为AD⊥平面PAB，AD⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD，

又M为AB的中点，PA=PB，所以17.解：(1)选择①，(a+c)(sinA−sinC)+(b−a)sinB=0，

由正弦定理，(a+c)(a−c)+(b−a)b=0，即a2+b2−c2=ab，

由余弦定理，cosC=a2+b2−c22ab=12，

因为0<C<π，故C=π3；

选择②，2sinB−sinA=2sinCcosA，因为sinB=sin(A+C)=sinAcosC+sinCcosA，

则2(sinAcosC+sinCcosA)−sinA=2sinCcosA，整理得，sinA(2cosC−1)=0，

因为0<A<π，sinA>0，故cosC=12，因为0<C<π，

故C=π3；

选择③，由ccos(π2−A)=3asin(C+5π2)可得，csinA=3acosC，

由正弦定理得，sinCsinA=3sinAcosC，

因为0<A<π，sinA>0，故tanC=18.解：(1)根据题意，总次数为3时，乙获胜的概率为12×13×13=118，

总次数为4时，乙获胜的概率为12×12×19.解：(1)(i)因为CDsin∠CBD=2r,ADsin∠ABD=2r，

所以CDAD=sin∠CBDsin∠ABD=sin2∠ABDsin∠ABD=2cos∠ABD，

又因为CD=3AD，所以cos∠ABD=32，

所以∠ABD=π6．

(ii)