【文档说明】山东省菏泽市单县第五中学2022-2023学年高二年上学期开学考试数学试题含答案.docx，共(18)页，1.020 MB，由管理员店铺上传

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高二年级秋季开学考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数z满足()•12zii−=（i是虚数），则复数z在复平面内对应的点在A.第一象限B.第二

象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【详解】∴()12zii−=，∴(12)2212(12)(12)555iiiiiziii+−+====−+−−+，∴复数z对应的点为21(,)55−，位于第二象限．选B．2.如果你正在筹划一次聚会，想知道该准备

多少瓶饮料，你最希望得到所有客人需要饮料数量的（）A.四分位数B.中位数C.众数D.均值【答案】D【解析】【分析】根据平均数的意义可得结果.【详解】四分位数在统计学中把所有数值由小到大排列并分成四等份，处于三个分割点位置的数值；中位数是按顺序排列的一组数据中居于

中间位置的数；众数一组数据中出现次数最多的数值；平均数是表示一组数据集中趋势的量数，是指在一组数据中所有数据之和再除以这组数据的个数。所以选择均值较理想.故选：D3.《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问

题：“今有方锥下广二丈，高三丈，欲斩末为方亭；令上方六尺；问斩高几何?”其意思为：已知方锥（即正四棱锥）下底边长为20尺，高为30尺，现欲从方锥上面截去一段，使之成为方亭（即正四棱台），且使方亭上底边长为8尺（如图所示），则截去小方锥的高为（）.A.24尺B.18尺C.6尺D.12

尺【答案】D【解析】【分析】利用棱锥与棱台的结构特征即求.【详解】设截去小方锥的高为h，则83020h=，解得12h=（尺）故选：D.4.已知10个产品中有3个次品，现从其中抽出若干个产品，要使这3个次品

全部被抽出的概率不小于0.6，则至少应抽出的产品个数为（）A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】根据题意，设至少应抽出x个产品，由题设条件建立不等式3337100.6xxCCC−，由此能求出结果.【详解】解：要使这

3个次品全部被抽出的概率不小于0.6，设至少抽出x个产品，则基本事件总数为10xC，要使这3个次品全部被抽出的基本事件个数为3337xCC−，由题设知：3337100.6xxCCC−，所以()()12310985xxx−

−，即()()12432xxx−−，分别把A，B，C，D代入，得C，D均满足不等式，因为求x的最小值，所以9x=..故选：C.【点睛】本题考查概率的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理的

进行等价转化.5.打靶时，甲命中目标的概率为0.8，乙命不中目标的概率为0.3．若两人同时射击，则他们同时命中目标的概率为（）A.1425B.1225C.1250D.35【答案】A【解析】【分析】设A表示“甲击中目标”，B表示“乙击中目标”，

他们同时命中目标的概率是()()()PABPAPB=，由此能求出结果．【详解】设A表示“甲击中目标”，B表示“乙击中目标”，两人同时射击一目标，()PA0.8=，()PB10.30.7=−=，他们同时命中目标的概率是()()()PABPAPB=0.80.70.56==．故选：A6.已知向量

()2,1a=r，10ab=rr，52ab+=，则b=（）.A.5B.10C.5D.10【答案】A【解析】【分析】由()2222abaabb+=++rrrrrr，结合向量模运算即可求解．【详解】∵()2,1a=r，∴25a=，又52ab+=，∴()222

250abaabb+=++=，∴2521050b++=，∴225b=，即5b=.故选：A.7.平面过正方体1111ABCDABCD−的顶点A，平面//平面1ABD，平面平面ABCDl=，则直线l与直线1CD所成的

角为A.30B.45C.60D.90【答案】C【解析】【详解】如图所示，平面过正方体1111ABCDABCD−的顶点A，平面//平面1ABD，平面平面AFABCDl==，11//,//CDBABDAF，则直线l与直线1CD所成的角即为直线AF与直线1BA所

成的角为60.故选C.8.如图,在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中,点E、F是棱BC、1CC的中点,P是底面ABCD上（含边界）一动点,满足1APEF⊥,则线段1AP长度的取值范围是A.51,2B.53,22C.1,3D.2,3【答案】D【解析】

【详解】因为CD⊥平面11BBCC，EF平面11BBCC，所以CD⊥EF，又因为1111,,,EFBCBCBCEFBC⊥⊥所以可得EF⊥平面11ABDC，当点P在线段CD上时，总有1APEF⊥，，所以1

AP的最大值为1=3AC，1AP的最小值为12AD=，可得线段1AP长度的取值范围是2,3，故选D.【方法点晴】本题主要考查正方体的性质、线面垂直的判定定理的应用，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、

线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论(||,)abab⊥⊥；（3）利用面面平行的性质(),||aa⊥⊥；（4）利用面面垂直的性质

，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.下列命题中正确的是（）A.如果一个平面内有两条直线都平行于另一个平面

，那么这两个平面平行B.如果一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行C.分别在两个平行平面内的两条直线互相平行D.过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面平行【答案】BD【解析】【分析】根据面面平行的判定定理及性质定理，即可做出判断.【详解】

对于A，一个平面内两条直线相交平行于另一个平面，这两个平面平行，故错误；对于B，如果一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面，满足有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，故正确；对于C，

分别在两个平行平面内的两条直线，可能平行也可能异面，故错误；对于D，过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面平行，正确，否则若有两个平面与已知平面平行，则重合．故选：BD10.下列命题中正确的是（）A.对任意复数z，都有20z³B.对任意复数1z，2z，都有1212zzzz+=+C若复数z满足Rz

，则RzD.若复数z满足1Rz，则Rz【答案】CD【解析】【分析】利用特值可判断AB，根据复数的共轭复数的概念可判断C，根据复数的除法及复数的概念可判断D.【详解】令iz=，则210z=−，故A错误；令12i,izz=

=−，则121202zzzz+=+=，故B错误；对于C，因为Rz，所以Rzz=，故C正确；对于D，设()iR,Rzabab=+，2211iRiabzabab−==++，所以220bab=+，即0b=，所以Rza=，故D正确.故选

：CD.11.已知()2,1A，()5,2B，()4,4C，()1,3D下述四个结论中正确的是（）.A.ABAC⊥B.四边形ABCD为平行四边形.C.AC与BD夹角的余弦值为36D.41ABAC+=【答案】BD【解析】【分析】求出向量,,,ABACDCBD坐标，再利用向量的

数量积、向量共线以及向量模的坐标表示即可一一判断.【详解】由()2,1A，()5,2B，()4,4C，()1,3D，所以()3,1AB=uuur，()2,3AC=，()3,1DC=uuur，()4,1BD=−uuur对于A，6390ABAC=+=，故A错误；对于B，由()

3,1AB=uuur，()3,1DC=uuur，则ABDC=，即AB与DC平行且相等，故B正确；.,对于C，835221cos,2211317ACBDACBDACBD−+−===，故C错误；对于D，由题可得()5,4ABAC+=，所以||

41ABAC+=，故D正确；故选：BD.12.我国新冠肺炎疫情防控进入常态化，各地有序推动复工复产．下面是某地连续11天的复工、复产指数折线图．根据该折线图，下述说法错误的是（）A.这11天复工指数和复产指数均

逐日增加B.在这11天期间，复产指数的增量大于复工指数的增量C.第3天至第11天，复工指数和复产指数都超过80%D.第9天至第11天，复产指数的增量大于复工指数的增量【答案】AB【解析】【分析】折线图呈现

出一定的波动性，判断A；由第1天和第11于复工复产指数的差的大小，判断B；由折线图，结合复工复产指数的意义和增量的意义判定CD．【详解】由某地连续11天复工复产指数折线图，得：对于A，第1天到第2天复工指数减少，第7天到第9天复

工指数减少，第7天到第9天复产指数减少，故A错误；对于B，在这11天期间，复产指数的增量小于复工指数的增量，故B错误；对于C，由折线图得到第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确；对于D，由折线图得到第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D正

确．故选：AB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题后的横线上．13.数据148，149，154，154，155，155，157，157，158，159，161，161，162，163的25百分位数为，75百分位数为．【答案】①.154②.1

61【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】解：因为1425%3.5=，1475%10.5=，所以这组数据的25百分位数为第4个数据154，75百分位数为第11个数据161．故答案为：154；161.14.已知平面向量,,1,2,(2),==⊥−则2a+

的值是【答案】10【解析】【详解】因为2(2)||2120−=−=−=所以12=所以2221|2|4||4||4+4+4=102+=++=所以|2|10+=15.若一组数据1a，2a，

3a，…，na的方差为4，则131a−，231a−，331a−，…，31na−的标准差为．【答案】6【解析】【分析】求出新数据的均值后再利用方差的公式可求新数据的方差.【详解】因为1a，2a，3a，…，na的方差为4，平均数为x，所以()()()222124naxaxaxn−+−++−=，

新数据的平均数为31x−，所以新数据的方差()()()2222121313131313131nnSaxaxax=−−++−−+++−−+()()()22212936naxaxaxn=−+−++−=．所以131a−，231a−，331a−，…，31na−的标准差为6.

故答案为：616.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O，EFGH，，，为圆O上的点，ABE△，BCF△，CDG，ADH分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为

折痕折起ABE△，BCF△，CDG，ADH，使得EFGH，，，重合，得到一个四棱锥，该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则四棱锥的外接球的体积为3cm【答案】500327【解析】【分析】连接OE交AB于点I

，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为()0xxcm，则2xOI=，62xIE=−，求出x的值，再利用勾股定理求R，代入球的体积公式，即可得答案.【详解】连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为(

)0xxcm，则2xOI=，62xIE=−，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以246222xxx−=，解得4x=.设该四棱锥的外接球的球心为Q，半径为R，如图，则QPQCR==，22OC=，16423OP=−=，所以()()2222322

RR=−+，解得53R=，所以外接球的体积()334550033273Vcm==.故答案为：500327.【点睛】本题考查几何体与球的切接问题、球的体积计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力.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.已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中()1,2a=.（1）若()31,3ckk=+−，且ca∥，求k的值；（2）若()()1,0mbm

=r，且2ab+与2ab−垂直，求a与b的夹角.【答案】（1）1−（2）90【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标表示得出k的值；（2）由向量垂直的坐标表示得出m，再由0ab=得出a与b的夹角.【小问1详解】//,32(31),1cakkk−=+=−【小

问2详解】2(1,2)(2,2)(3,22)abmm+=+=+，2(1,2)(2,2)(1,22)abmm−=−=−−2ab+与2ab−垂直，3(1)(22)(22)0mm−++−=，214m=由0m得12m=−111202ab=+−=，ab⊥故a与b的

夹角为9018.某校在高三年级学生一次数学考试后，对90分以上（含90分）的成绩进行统计，其频率分布直方图如图所示，若130~140分数段的人数为2人．（1）请估计一下这组数据的平均数M；（2）现根据考试成绩从第一组和

第五组（从低分段到高分段依次为第一组、第二组、…、第五组）中任意选出两人，形成“帮扶学习小组”．若选出的两人成绩之差大于20，则称这两人为“黄金搭档组”，试求选出的两人为“黄金搭档组”的概率．【答案】（1）

113（分）（2）815【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图可知，各个小组的频率，再根据平均数的求法即可解出这组数据的平均数M．（2）本题是一个等可能事件的概率，可以列举出从第一组和第五组中任意选出两人共有下列15种选法，满足条件的事件是两人成绩之差大于20，则两人分别来自于第一组

和第五组，共有8种选法，根据等可能事件的概率公式得到结果．【小问1详解】950.01101050.025101150.045101250.015101350.00510M=++++113=（分）．【小问2详解】设90~140之间的人

数是n，由130~140数段的人数为2人，可知0.005102n=，解得40n=．第一组共有400.01104=人，记作1A、2A、3A、4A；第五组共有2人，记作1B、2B从第一组和第五组中任意选出两人共有下列15种选法：1{A，2}A、1{A，3}A、1{A

，4}A、2{A，3}A、2{A，4}A、3{A，4}A；1{A，1}B、2{A，1}B、3{A，1}B、4{A，1}B；1{A，2}B、2{A，2}B、3{A，2}B、4{A，2}B；1{B，2}B．共有15种结果，设事件A：选出的两人为“黄金搭档组”．若两人成绩之差大于20，

则两人分别来自于第一组和第五组，共有8种选法，故P（A）815=．19.如图，多面体ABCDE中，//BECD，BEBC⊥，ABAC=，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．（1）若N是线段AE的中点，求证：//MN平面ACD；（2）若1BE=，

2BC=，3CD=，求证：DE⊥平面AME．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）要证//MN平面ACD，取AB的中点H，只需证明平面//MNH平面ACD；（2）要证：DE⊥平面AME，只需证明AMDE⊥，

EMDE⊥即可.试题解析：（1）取AB的中点H，连接MH，NH，由N是AE的中点，得//NHBE，又//BECD，得//NHCD，NH平面ACD，所以//NH平面ACD，同理可证，//MH平面ACD，而MHNHH=点，所以平面//MNH

平面ACD，从而//MN平面ACD；（2）连接AM，DM，EM，由ABAC=，M为BC的中点，得AMBC⊥，又平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE平面ABCBC=，AM平面ABC，所以AM⊥平面BCDE，则AMDE⊥，由勾股定理，在

RtEBM中，1BE=，112BMBC==，得2EM=，在RtDCM中，3CD=，112CMBC==，得10DM=，在直角梯形BCDE中，由平面几何知识计算得()224422DECDBEBC=−+=+=，所以222EMDEDM+=，即EMDE⊥，而AMEMM=

点，所以DE⊥平面AME．20.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，cos3sin0,27,23.AAab+===（1）求c；（2）设D为BC边上一点，且ADAC⊥，求ABD△的面积.【答案】（1）2c=；（2）33.【解析】【分析】（1）根据已知求出56A=，再

利用余弦定理得解；（2）求出2ACDABDSS=，3ABCS=，即得解.小问1详解】解：由已知可得3tan3A=−，因为(0,)A，所以56A=.在ABC中，由余弦定理得25281243cos6cc=+−，即26

160cc+−=，解得8c=−（舍去），2c=.【小问2详解】【解：由题设可得2CAD=，所以3BADBACCAD=−=.故1221sin23ACDABDACADSSABAD==.又15223sin326ABCS==，所以33ABDS=.21.乒

乓球比赛规则规定，一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．（I）

求开球第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；（II）求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．【答案】10.352?20.3072（）（）【解析】【分析】本试题主要是考查了关于独立事件的概率的求解，以及分布列和期望值

问题．首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析，讨论，并结合独立事件的概率求解结论．【详解】【点评】首先从试题的选材上来源于生活，同学们比较熟悉的背景，同时建立在该基础上求解进行分类讨论的思想的运用，以及能结合独立事件的概率公式求解分布列的问题．情景比较亲切，容易入手，但是在讨论情况

的时候，容易丢情况．22.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，ABBC⊥，12AAAC==，1BC=，E，F分别为11AC，BC的中点.（1）求证：平面ABE⊥平面11BBCC.（2）求证：在棱AC上存在一点M，使得平面1//CFM平面ABE.（3）求三棱锥CABE

-的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）M为AC的中点，证明见解析；（3）33.【解析】【分析】（1）根据题意可知1BBAB⊥结合ABBC⊥可证明AB⊥面11BBCC，再由面面垂直的判定定理即可求证；（2）M为AC的中点，再利用线面平行的判定定

理证明//FM面ABE，1//CM面ABE，由面面平行的判定定理即可求证；（3）利用三棱锥等体积1CABEEABCAABCVVV−−−==，计算三棱锥1AABC−的体积即可求解.【详解】（1）在直三棱柱111ABCABC−中，因为1B

B⊥平面ABC，ABÌ面ABC，所以1BBAB⊥，又因为ABBC⊥，1BCBBB=，所以AB⊥面11BBCC.又因为ABÌ面ABE，所以平面ABE⊥平面11BBCC（2）M为AC的中点，证明如下：取AC中点M，连接1CM，FM，因为F为B

C的中点，所以//FMAB，因ABÌ面ABE，FM面ABE，所以//FM面ABE，因为1AMCE=，1//AMCE，所以四边形1AMCE为平行四边形，所以1//AECM，因为AE面ABE，1CM面ABE，所以1//CM面ABE，因为1=CMFMM，所以面1//CFM平面

ABE，即存在AC的中点M使得平面1//CFM平面ABE，（3）在RtABC△中，ABBC⊥，2AC=，1BC=，可得：3AB=，因为11//AC面ABC，所以点E到面ABC的距离等于点1A到面ABC的距离，所以1EABCAABCVV−−=因为1AA

⊥面ABC，所以1CABEEABCAABCVVV−−−==113ABCSAA=11132ABBCAA=113312323==所以三棱锥CABE-的体积为33.为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com