【文档说明】河南省周口市恒大中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学答案.pdf，共(10)页，1.227 MB，由envi的店铺上传

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参考答案：题号12345678910答案BBABBCBBABDABD题号11答案BC1．B【解析】根据复数的乘法、除法的运算法则，准确运算，即可求解.【详解】根据复数的运算法则，可得1313(13)(3)10

(1)(12)3(3)(3)10iiiiiiiiiii.故选：B.2．B【分析】先求出||||abb，再根据已知求出1||cosb，即得||ab的最小值.【详解】由题得222||24

4||abababbb，因为22aab，所以14=22||cos,||cosbb，因为||0,cos0b，所以当cos=1时，||1minb，所以||ab的最小

值为1.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的模和数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3．A【分析】利用复数除法、复数乘法运算求得正确答案.【详解】22zz221i21i2i1i2i1i1i1i1i.故选：A4．B

【分析】向量垂直的定义及向量的数量积坐标公式计算即可．【详解】因为(2,2)ACABBCm，(22,2)ABACm，()()0ABACBCABACBC

，故222402mm故选：B5．B【分析】过a作平面交平面于直线c，作平面交平面于直线d，由线面平行的性质可证得////acd，由平行关系可得//c，又线面平行性质可得//cb，由此可得结论.【详解】过a作平面交平面于直线c，//a，a，

c，//ac；过a作平面交平面于直线d，同理可得：//ad；//cd，又c，d，//c，c，b，//cb，又//ac，//ab.故选：B.6．C【解析】先分别对五个专区作标记，列举出总的基本事件，以及满足“选择的两个

专区中包括人工智能及软件技术专区”所对应的基本事件，基本事件的个数比即为所求概率.【详解】分别记“高档家用电器”、“智能家居”、“消费电子”、“服务机器人”、“人工智能及软件技术”五个专区为A、B、C、D、E；从这五个专区中选择两个专区参观，所包含的基本事件

有：AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10个基本事件；选择的两个专区中包括“人工智能及软件技术”专区（即E专区），所对应的基本事件有：AE，BE，CE，DE，共4个基本事件；因此，选择的两个专区中包括“人工智能及软件技术”专区的概率是42105P.故选：C.7

．B【分析】根据复数的乘、除法运算可得1iz，进而1iz，结合复数的乘法计算即可求解.【详解】由题意知，22(1i)1i1i(1i)(1i)z，所以1iz，所以(1)(1i

)(1i1)1izz.故选：B8．B【分析】根据正弦定理可得sin4aB，再结合同角商数关系，平方关系，最后求得a.【详解】由,sin4sinsinabbAAB得sin4aB，又20tan3aB，所以3cos5B，从而4sin5B，所以5a.故选

：B9．ABD【分析】对于A，求证1RtRtDQDDQC即可判断；对于B，由等边1ACD△即可判断；对于C，由外接球半径2212DDRr和sinn2siDACCDCDrDPC<（DCP的

外接圆半径为r）即可判断；对于D，由11111133DDCPDCPDDCPDCPVSDQVSDD和1112DCPSPNCD随AP的增大而变小可判断.【详解】选项A，连接1DQ，CQ，则1DQDQ，DQCQ，又因为1DDDC，DQDQ，所以1RtRtDQDDQC

，故1QDQC，选项A正确；选项B，当P位于点A时，截面为三角形，选项B正确；选项C，1DD平面DCP，记DCP的外接圆半径为r，则外接球半径2212DDRr，由正弦定理得2sinCDrDPC，当P位于AB中点时，45DPCDAC，则ssniin

DACDPC，sinn2siDACCDCDrDPC<，选项C错误；选项D，11113DDCPDDCPDCPVVSDD△为定值，过P作PMCD于点M，过M作1MNCD，则1PNCD，如图，可知1112DCPSPNCD随AP的增大而变小，所以由1113DDCP

DCPVSDQ为定值可知，DQ随AP的增大而增大，故选项D正确．故选：ABD.10．ABD【分析】利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理判断A；利用锥体的体积公式结合等积变换可判断BC；利用三

棱锥PABC的外接球即是以2，1，1为棱长的长方体的外接球判断D.【详解】对于A，由已知可得������⊥������，������⊥������，������∩������=���，������，����

��⊂平面PBC，则PA⊥平面PBC，又PA平面PAD，故平面PAD平面PBC，故A正确；对于B，因为������，������，������两两垂直，则������−���������=������−���

������=13×12×1×1×2=13，故B正确；对于C，设P到平面ABC的距离为h，∵���△���������=22−12×1×2−12×1×2−12×1×1=32，������−���������=13×32×ℎ=ℎ2=13，解得23h．点P到平面A

BC的距离为23，故C错误；对于D，因������，������，������两两垂直，故三棱锥PABC的外接球即是以2，1，1为棱长的长方体的外接球，故球的半径为4+1+12=62，则球的体积为43π×64×62=6π，

故D正确，故选：ABD．11．BC【分析】如图，取ABACBC、、边上的中点NFE、、，则边AC上的中线为12BFBABC，两边同时平方结合向量数量积即可判断A；设ABCV内切圆的为r，由1

1sin22ABCSacBabcr，求出r即可判断B；由角平分线定理，BCDBADSCDBCSADAB，可判断C；G到AC的距离为sinGFBFA，求出,sinGFBFA代入可判断D.【详解】如下图，取ABACBC、、边上的中点NFE、、，则边AC上的中线为1

2BFBABC，则22242cosBFBABCBABCB，2449223cosBFB，又因为49493cos223

124B，则23449223224BF，则222BF.故A不正确；因为397cos,sin14164BB，设ABCV内切圆的为r，11sin22ABCS

acBabcr，则7322234r，则3714r，ABCV内切圆的面积为：23791428，故B正确.对于C，由角平分线定理知：32BCDBADSCDBCaSADABc，

所以C正确；对于D，因为2bc，在三角形BFA和三角形BFC中，coscosAFBBFC，则22141+922BFBFBFBF，解得：222BF，所以12222326GF，所以21114145222cos24422BFBFABF

，所以3154sin44BFA，所以G到AC的距离为：3154227sin4464GFBFA，故D不正确.故选：BC.12．①③（或②④）【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系对选项一一分析即可得出答案.【详解】选①②l，若//lm，//，

则可能l，不正确；选①③l，若//lm，m，则l，正确；选①④l，若//lm，l，则可能l，不正确；选②③l，若//，m，则可能l，不正确；选②④l，若

//，l，则l，正确；选③④l，若m，l，则可能l，不正确；故答案为：①③（或②④）13．abc【解析】利用向量的加法与减法法则，在图形中寻找回路即可得到答案.【详解】DCDBBCABADBCabc

.故答案为：abc【点睛】本题考查平面向量的加法的几何意义，考查数形结合思想，属于基础题.14．5【分析】利用线面平行的性质定理可得////ABCDMN，由

梯形的中位线即可求解.【详解】四边形ABCD是梯形，AB//CD，且AB//平面α，平面ABCD平面MN，则////ABCDMN，又点M是AD的中点，所以MN是梯形ABCD的中位线，所以52ABCDM

N.故答案为：515．(1)AB(2)CB(3)0【分析】（1）（2）（3）按照向量的加法、减法法则计算即得.【详解】（1）()()ABMBOBMO()()AB

BOMBMOAOOBAB；（2）ABADDCDBDCCB；（3）0OAODADDA

ADuuruuuruuuruuuruuurr.16．(1)答案见解析(2)4393【分析】（1）在AD上任取一点Q；过点Q在平面ABD内作AD的垂线，交AB于G；过点Q在平面ACD内作AD的垂线，交AC于H；连接GH，若GH过点P，则GH就是所求线段EF；若G

H不过点P，则过点P作GH的平行线，与AB、AC相交即得线段EF.（2）取BC中点M，连MA、MD，由余弦定理求得5BDCD，根据线面垂直的判定证得BC面MAD，由已知得三棱锥A-DEF的体积为

三棱锥A-BCD体积的49，根据棱锥的体积公式可求得答案.【详解】（1）解：如图，在AD上任取一点Q；过点Q在平面ABD内作AD的垂线，交AB于G；过点Q在平面ACD内作AD的垂线，交AC于H；连接GH，

若GH过点P，则GH就是所求线段EF；若GH不过点P，则过点P作GH的平行线，与AB、AC相交即得线段EF.（2）解：取BC中点M，连MA、MD，因为P为三角形ABC的重心，故P在AM上，且AP=2PM.由题意知，AB＝AC＝

6cm，AD＝5cm，∠BAC＝60°，∠BAD＝∠CAD＝3arccos5，所以2236+255655BDCD，所以MABC，MDBC，故BC面MAD，于是//EFBC，故三棱锥A-

DEF的体积为三棱锥A-BCD体积的49，由题意得6,33,5,4,5BCAMBDDMAD，在AMD中，22222254337cos225420ADMDAMADMADMD，所以339sin20ADM，所以133933945

,2202AMDS所以4414399933ADEFABCDADMVVSBC.17．（1）222()212yxxx；（2）DE为AB中线或AC中线，理由见解析．【分析】（1）在ADEV中，利用余弦定理有222yxAExAE，依题意1

2ADEABCSS，即13sin6022xAE，2xAE，由此求得222()212yxxx；（2）如果DE是水管，利用基本不等式可求得最小值为2，此时2x，即//DEBC，且2ADDE时，DE最短．如果DE是参观线路，注意到224

xx在1,2xx时值相等，根据对钩函数的性质可知最大值为3.【详解】（1）在ADEV中，2222cos60yxAExAE，即222yxAExAE，①又12ADEABCSS，即13sin6022xAE

，所以2xAE，②②代入①得：2222()2yxx（0y），所以222()2yxx（12x）．（2）如果DE是水管，222()22222yxx，当且仅当224xx，即2x时“=”成立，故min2y，即//DEB

C，且2ADDE时，DE最短；如果DE是参观线路，记224()fxxx，由对勾函数的性质可知：函数224()fxxx在1,2上递减，在2,2上递增，故max()(1)(2)5fxff，所以max523y.即DE为AB中线或AC中线时，D

E最长．18．(1)2或10(2)1,00,3【分析】（1）根据垂直关系可构造方程求得x，由向量模长的坐标运算可求得结果；（2）根据向量共线的坐标表示可求得x的值，根据夹角为锐角可构造不等式组求得结果.【详解】（1）ab，2230abxx，解得：1x

或3x，当1x时，0,2ab，22022ab；当3x时，8,6ab，228610ab；综上所述：2ab或10（2）若,ab共线，则23xxx，解得：0x或2x，当0x时，

1,0a，3,0b，此时,ab同向；当2x时，1,2a，1,2b，此时,ab反向；若a与b的夹角为锐角，则22300abxxx，解得：

13x且0x，x的取值范围为1,00,3.19．(1)85.7(2)35【分析】（1）利用频率之和为1，列式求解a，利用平均数的计算公式求解即可；（2）根据分层抽样确定第六组和第七组分别抽取的人数，利用古典概

型的概率公式计算.【详解】（1）(0.00820.0120.01540.03)10700.651aaaa，解得0.005a，这次竞赛成绩平均数的估计值为500.05600.08700.12800.15900.31000.21100.185.7x

.（2）不低于85分的三组频率之比为3:2:1，用分层随机抽样的方法抽取12人，应从第六组和第七组分别抽取4人和2人，设第六组的4人为A，B，C，D，第七组的2人为甲、乙，于是从这6人中任

选2人的所有情况为：甲乙，甲A，甲B，甲C，甲D，乙A，乙B，乙C，乙D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，共15种，其中甲、乙至少有1人被选中的有9种，所以至少有1名第七组的学生做主题演讲的概率为93155.