【文档说明】黑龙江省大庆实验中学2024-2025学年高二上学期8月开学考试 数学 PDF版含答案.pdf，共(4)页，472.976 KB，由小赞的店铺上传

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大庆实验中学第1页共4页大庆实验中学实验一部2023级高二上学期8月份开学考试数学学科试题2024.8.21—2024.8.22本试卷共2页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B

铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。一、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2zi=+，则zzi+=()A.34i-B.14i-C.34i+D.14i+2.已知随机事件A和B互斥，A和C对立，且0.8,0.3PCPB，则PAB（）A．0

.2B．0.3C．0.4D．0.53.在ABCV中，已知1AC，3BC，30B，则A（）A．60°B．120°C．60°或120°D．30°或90°4.设a，m，n是三条不同的直线，，是两个不重合的平面，给定下列命

题：①//////aa；②,,amanamn；③//mm；④aa；⑤////mnmn；⑥//mmnn.其中为真命题的个

数为（）A.1B.2C.3D.45.如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在0CB位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在0A处.设连杆AB长100mm，曲柄CB长35mm，则曲柄自0CB按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆

的端点A移动的距离0AA）约为（）（参考数据：sin53.20.8，877511775）A.17mmB.18mmC.19mmD.20mm6.若4，2，1，5，4的第p百分位数是4，则p的取值范围是（）A.()40,80B.(]40,80C.(]60,80

D.[)60,807.气象意义上从春季进人夏季的标志为：连续5天每天日平均温度不低于22C°.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正数，单位：C°).①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据的中位数为27，平均数为24；③丙地：

5个数据中有一个数据是32，平均数为26，方差为10.2.则肯定进人夏季的地区有（）个.A.0B.1C.2D.38.在三棱锥ABCD-中，22ABBCCDDA====，90ADCABC°Ð=Ð=，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥ABCD-的所有顶点都在球O的球面上，E，F分别在线段OB，CD上运动

（端点除外），2BECF=.当三棱锥EACF-的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为()A.B.3C.32D.2二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.以下结论中错误的是()A.“abab-=+”是“a，b共线”的充要条件B.若//ab，则存在唯一的实数，使ab=C.若=ab，=bc，则=acD.若a，b为非零

向量且0ab=×，则a，b的夹角为直角10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件B表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件

D表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（）A.A与B是互斥事件B.C与D互为对立事件C.B发生的概率为12D.B与C不相互独立11.如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻折成1ABM，连接1BD，N为1BD的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A.不存在某个位置，

使得1CNABB.翻折过程中，CN的长是定值C.若ABBM，则1AMBDD.若1ABBM，当三棱锥1BAMD的体积最大时，其外接球的表面积是4π{#{QQABCQSEogggApAAABgCU

QGICkOQkAACASgGgEAAMAAAgBFABCA=}#}大庆实验中学第2页共4页三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.若1a=，2b=，a与b的夹角为60°，且()()35abmab+^-，则m的值为_______.1

3.已知样本数据12345aaaaa､､､､都为正数，其方差222222123451805saaaaa，则样本数据123a、223a、323a、423a、523a的平均数为.14.甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机

器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为34，乙在每个环节中获胜的概率都为p，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为512，“梦队”在比

赛中得分不低于6分的概率为.四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）15.(本小题满分13分)一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1，2，3，4.现从盒子中随机抽取卡片.(1)若一次抽取3张卡片，求3张卡片上

的数字之和大于7的概率；(2)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，求至少有一次抽到数字3的概率.16.(本小题满分15分)大庆实验中学举行一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样

本进行统计.请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题.组别第1组第2组第3组第4组第5组分组5060，6070，7080，8090，90100，合计频数8a202频率0.160.400.08b(1)写出a

bxy，，，的值；(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰90%同学，仅留10%的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？(3)在此次竞赛成绩中抽取10名学生的分数：12310,,,,xxxx，已

知这10个分数的平均数90x，标准差6s，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差.17.(本小题满分15分，应用空间向量解题不给分)如图，在三棱锥ABCD中，ABD△是等边三角形，BDDC，2AB，4AC，6

0DBC，E，F分别AD，DC的中点.(1)求证：平面BEF平面ADC；(2)求二面角EBFD的余弦值.18.(本小题满分17分)数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送

数字1时，收到的数字是1的概率为01，收到的数字是0的概率为1；发送数字0时，收到的数字是0的概率为01，收到的数字是1的概率为1．假设每次数字的传输相互独立，且32．(1)当

时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；(2)用X表示收到的数字串，将X中数字1的个数记为nX，如X“1011”，则3nX．（ⅰ）若发送的数据为：“100”，且0:13:11PnXPn

X，求；（ⅱ）若发送的数据为“1100”，求2PnX的最大值．19.(本小题满分17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的

距离之和最小.意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABCV的三个内角均小于120时，使得120AOBBOCCOAo的点O即为费马点；当ABCV有一个内角大于或等于120时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：(1)若ABCV是边长

为4的等边三角形，求该三角形的费马点O到各顶点的距离之和；(2)ABCV的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且sinabA，点P为ABCV的费马点.（i）若23ac，求PAPBPBPCPCPA

；（ii）若PAPCtPB，求t的最小值.{#{QQABCQSEogggApAAABgCUQGICkOQkAACASgGgEAAMAAAgBFABCA=}#}大庆实验中学第3页共4页参考答案

一、选择题1.A2.D3.C4.B5.B6.A7.C8.C9.AB10.BC11.ABD二、填空题12.23813.1114.2315.(1)设A表示事件“抽取的3张卡片上的数字之和大于7”,任取3张卡片，3张卡片上的数字的全部可能结果是()1,2,3，()1,2,4,()1,3,4，()2,3,

4，共4个.其中数字之和大于7的是()1,3,4，()2,3,4，共2个，故()12PA=.(2)设B表示事件“至少有一次抽到数字3”,第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片的全部可能结果有()1,1，()1,2，()1,3，()1,4，()2,1，()2,2，()2,3，()2,4，()3,1

，()3,2，()3,3，()3,4，()4,1，()4,2，()4,3，()4,4，共16个.至少有一次抽到数字3的结果有()1,3，()2,3，()3,1，()3,2，()3,3，()3,4，()4,3，共7个.故所求事件的概率为()716P

B=16．(1)160.032=0.040.004.axby，，，(2)82.5；(3)90，25【详解】（1）由题意可知抽取的学生人数为：8500.16，则第四组人数为：500.084，所以508204216a，160.0325010x，2=0.0450b，0

.00410by.（2）成绩落在50,80内的频率为：0.160.320.40=0.88，落在50,90内的频率为：0.160.320.400.08=0.96，设第90百分位数为m，则0.88m800.0080

.9，解得=82.5m，故晋级分数线划为82.5合理.（3）因为90x，所以12310=1090=900xxxx.标准差6s，所以2222221210190=610sxxx，则2221210=81360xxx，剔除其中的10

0和80两个分数，设剩余8个数为1238,,,,xxxx，设平均数与标准差分别为00,xs，则剩余8个分数的平均数为1238090010080==9088xxxxx，方差为22222222012

811908136010080902088sxxx，故标准差为0=25s.17．(1)见解析；(2)34【详解】（1）因为ABD△是等边三角形，点E是AD的中点，2AB，所以BEAD，且3BE，点,EF分别是,ADDC的中点，所以

122EFAC，BCD△中，90BDC，且2BD，60DBC，所以3DF，227BFBDDF，所以222BEEFBF，即BEEF，且ADEFE，且,ADEF平面ADC，所以BE平面ADC，BE平面BEF,所以平面BEF平面

ADC；（2）DEF中，1DE，3DF，2EF，222DEDFEF，所以DEDF，过点D作DMEF，因为平面BEF平面ADC，且平面BEFI平面ADCEF；所以DM平面BEF，作DNBF，连结MN，因为BF

平面BEF，所以DMBF，且DMDND，DMDN,平面DMN，所以BF平面DMN，MN平面DMN，所以BFMN，则MND为二面角EBFD的平面角，DEF中，32DEDFDMEF，DBF中，2322177DBDF

DNBF，所以7sin4DMMNDDN，3cos4MND，所以二面角EBFD的余弦值为34.18．(1)916；(2)（ⅰ）34；（ⅱ）2PnX的最大值为59128【详解】（1）记事件A：“收到的所有数字都正确

”，由已知32且可知34，所以2()16934PA；（2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件()0nX表示1传输错误，且两个0传输都正确，所以2(()0)(1)PnX，事件()1nX

包含以下两种情况；①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为2；②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为2(1)(1)(21)，所以2(()1)(21)PnX；又(()0):(()1)3:11P

nXPnX，所以22(1)3(21)11，即(1)33111，整理得11320，把32代入上式，化简得2201930，解得：34或15，因为32，且01

，{#{QQABCQSEogggApAAABgCUQGICkOQkAACASgGgEAAMAAAgBFABCA=}#}大庆实验中学第4页共4页01，所以112，112，所以34；（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件()2nX包含以下三种情况：①两个1传输都正

确，且两个0传输都正确，其概率为22；②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，其概率为12(1)2(1)4()2，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为2221(1)(1)()2

，所以2211(()2)()4()()22PnX，令x，则31(),122x，从而19,216x，所以222111(()2)4()()63224PnXxxxxxx，记21()634fxxx，19

,216x，由二次函数的性质可知，()fx在19,216单调递增，所以()fx得最大值为959()16128f，即(()2)PnX的最大值为59128．19.(1)43；(2)（i）2；（ii）223【详解】（1）

因为ABCV为等边三角形，三个内角均小于120，故费马点O在三角形内，满足120AOBBOCCOAo，且OBOCOA，如图：过O作ODAC于D，则2,30CDOCD，故43cos

303CDOC，所以该三角形的费马点O到各顶点的距离之和为43OBOCOA.（2）（i）因为sinabA，由正弦定理sinsinabAB，且sin0A，所以sinsin1sinsinbAbBAB得π2B，所以ABCV的三个角都小于120，则由费马

点定义可知，120APBBPCAPC，设,,PAxPByPCz，0,0,0xyz，由APBBPCAPCABCSSSS得1313131232222222xyyzxz

，整理得4xyyzxz，则PAPBPBPCPAPC1111422222xyyzxz

.（ii）由（i）知π2B，所以点P在ABCV内部，且120APBBPCCPA，设,,0,0,0PBxPAmPBmxPCnPbnxmnx，所以22PAPCmxnxmnxPB，由余弦定理得，2222

2222π2cos13ABxmxmxmmx，22222222π2cos13BCxnxnxnnx，2222222222π2cos3ACmxnxmnxmnmnx，由勾股定理得，222BCABAC，即222222

211nnxmmxmnmnx，所以2222222mnmnxmnmnx，即2mnmn，而20,0,24mnmnmnmn，当且仅当mn，即13mn时，等号成立.设0tmn

，则2480tt，解得223t或223t（舍去），故最小值为223.{#{QQABCQSEogggApAAABgCUQGICkOQkAACASgGgEAAMAAAgBFABCA=}#}