2024-2025学年河北省保定市高二上学期开学考试数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省保定市高二上学期开学考试数学检测试题合集2套（附解析），共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．某公司在职员工有1200人，其中销售人员有400人，研发人员有600人，现采用分层随机加样的方法抽取120人进行调研，则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多（ ）
A．20B．30C．40D．50
4．已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数据的平均数，方差，则的平均数和方差分别为（ ）
A．B．
C．D．
6．在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．若函数，则函数的单调递增区间为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．在直角梯形中，，，，点为梯形四条边上的一个动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．人均可支配收入和人均消费支出是两个非常重要的经济和民生指标，常被用于衡量一个地区经济发展水平和群众生活水平．下图为2018～2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入及人均消费支出统计图，据此进行分析，则（ ）
A．2018～2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出逐年递增
B．2018～2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入逐年递增
C．2018～2023年前三季度全国城镇居民人均可支配收入的极差比人均消费支出的极差小
D．2018～2023年前三季度全国城镇居民人均消费支出的中位数为21180元
10．已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A．复数z的共轭复数的模为1B．复数z在复平面内对应的点在第四象限
C．复数z是方程的解D．复数满足，则的最大值为2
11．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面
C．的最小值为
D．当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知平面向量，若，则 .
13．在△ABC中，，则角B的大小是 ；若，则△ABC的面积的最大值是 .
14．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知分别为的三个内角的对边，且，，．
(1)求及的面积；
(2)若为边上一点，且，求的正弦值．
16．小米在2024年推出SU7汽车，创始人雷军为了了解广大客户对小米SU7的评价，令销售部随机抽取200名客户进行了问卷调查，根据统计情况，将他们的年龄按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图.

(1)估计样本数据中用户年龄的众数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)销售部从年龄在，内的样本中按比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行电话回访，求这2人取自不同年龄区间的概率.
17．如图，在正三棱柱中，，E，P分别为棱AC，BC的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)求三棱柱被平面截得的两部分的体积.
18．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投，先投中者获胜，一直到有人获胜或者每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响.
(1)求甲获胜的概率；
(2)求投篮结束时，甲只投了2个球的概率；
(3)若用投掷一枚质地均匀硬币的方式决定甲、乙两人谁先投篮，求第3次投篮结束后，投篮结束的概率.
19．如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．

(1)当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
(2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
参考答案
1．【答案】C
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，则，
所以，
又，
所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由可得，
所以.
故选：B
3．【答案】A
【分析】根据分层抽样的定义结合题意求出被到的研发人员人数和销售人员人数，从而可求得结果.
【详解】由题意可得被抽到的研发人员有人，销售人员有人，
则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多.
故选：A
4．【答案】A
【分析】根据投影向量的公式求解.
【详解】根据题意，在上的投影向量为：
.
故选：A
5．【答案】A
【详解】因为的平均数是10，方差是10，
则，，
所以的平均数是，
方差是
故选：A.
6．【答案】B
【分析】取的中点，连接，设正方体棱长为，则为异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理求解.
【详解】

取的中点，连接，设正方体棱长为，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，则为异面直线与所成角或其补角，
由
所以.
故选B.
7．【答案】C
【分析】先将函数解析式化简整理，得到，根据，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
所以，
则函数的单调递增区间为，，
故选：C
8．【答案】D
【分析】此题可以先证明一下极化恒等式，再使用，轻松解决此题.
【详解】如图中，O为AB中点，
（极化恒等式）,
共起点的数量积问题可以使用.
如图，取中点，则由极化恒等式知，
，要求取值范围，只需要求最大，最小即可.
由图，可知最大时，P在D点，即，此时，
最小时，P在O点，即，此时.
综上所得，取值范围为.
故选D.
9．【答案】BD
【分析】根据给定的折线图，结合统计知识逐项分析判断得解.
【详解】对于A，由题中折线图知，年前三季度全国城镇居民人均消费支出先增后减再增，A错误；
对于B，由题中折线图知人均可支配收入逐年递增，B正确；
对于C，年前三季度全国城镇居民人均可支配收入的极差为元，
人均消费支出的极差为元，C错误；
对于D，年前三季度全国城镇居民人均消费支出的中位数为元，D正确.
故选：BD
10．【答案】ABD
【详解】因为，所以，
对于选项A，因为，所，故选项A正确；
对于选项B，因为复数z在复平面内对应的点为，故选项B正确；
对于选项C，，所以，故选项C错误；
对于选项D，设，则由，得到，又，由几何意义知，可看成圆上的动点到原点的距离，所以的最大值为，故选项D正确.
故选：ABD.
11．【答案】ABD
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．【答案】
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示，列式计算，求出的值，即可求得答案.
【详解】由，
得，解得，
所以，
故答案为：
13．【答案】 /
【分析】根据条件，结合余弦定理得，再由基本不等式变形求出的最大值，最后利用三角形面积公式表示出，代入的最大值即可求三角形的面积最大值.
【详解】因为，由余弦定理得，所以.
因为，所以，当且仅当时取等号，所以，
面积，所以三角形面积的最大值为.
故答案为：；
14．【答案】
【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.
【详解】
如图，取AB的中点M，连接MP，由
得：
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则
球的表面积为
故答案为：.
15．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的二次方程，可解出的值，进而可求得的面积；
（2）在中，利用正弦定理可求得的值，再由可得出，进而可求得的正弦值.
【详解】（1）由余弦定理得，
整理得，即，
因为，解得，
所以.
（2）
由正弦定理得：，
所以，
在三角形中，因为，则，
所以.
16．【答案】(1)平均数为44.5，众数为45.
(2).，
【分析】（1）根据频率分布直方图易知众数，由平均数计算公式可得结果；
（2）由抽样比可确定每层中的抽样人数，再由古典概率计算公式可得结果
【详解】（1）由平均数计算公式，可估计平均数为，
根据频率分布直方图，估计众数为45.
（2）由已知可得抽取的6人中，年龄在内的有4人，分别记为；
年龄在内的有2人，分别记为；
则从这6人中随机抽取2人的样本点为
，，，，，，，，，
，，，，，，共15个；
记事件“这2人取自不同年龄区间”，其包含样本点有，，，，
，，，，共8个，
故这2人取自不同年龄区间的概率为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)三棱锥的体积为，多面体的体积为
【分析】（1）连接交于F，连接EF，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据条件可得，然后根据锥体及柱体的体积公式结合割补法将三棱柱的体积减去三棱锥的体积即可得答案.
【详解】（1）连接交于F，连接EF，如图.
∵三棱柱为正三棱柱，
∴F为的中点，
又E为AC的中点，
∴EF为的中位线，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）三棱柱被平面截得的两部分为三棱锥与多面体.
∵三棱柱为正三棱柱，
∴四边形为矩形，
又，
∴，
∴，解得.
∴三棱柱的体积为
故三棱锥的体积为，
多面体的体积为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设，分别表示甲、乙在第次投篮投中，设甲获胜为事件，则，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案；
（2）设投篮结束时，甲只投2个球为事件，则，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案；
（3）设第3次投篮结束后，投篮结束为事件，按甲和乙谁先投篮分2中情况讨论，进而由互斥事件概率的加法公式计算可得答案.
【详解】（1）根据题意，设，分别表示甲、乙在第次投篮投中，
则，，,
设甲获胜为事件，则，而，，互斥，
故；
（2）根据题意，设投篮结束时，甲只投2个球为事件，
则，而，互斥，
所以；
（3）根据题意，设第3次投篮结束后，投篮结束为事件，
分两种情况讨论：
若甲先投篮，若第3次投篮结束后，投篮结束，即事件，
若乙先投篮，若第3次投篮结束后，投篮结束，即事件，
故.
19．【答案】(1)①证明见详解；②
(2)
【详解】（1）①

当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面；
②

过E作于点O，连接.
因为平面，平面，所以，
因为， ，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角,
且在四边形ABCD中，A,O,E三点共线.
因为所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值为；
（2）

过点做交于，所以直线与平面所成的角,
即为直线与平面所成的角，
过E作于点O，连接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
因为平面，平面，
所以,则,
易得，有，
设，所以，
所以，
所以，，
因为在中，斜边大于直角边，即，
所以，所以，
，
在中由等面积，
由,有
则，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值.
2024-2025学年河北省保定市高二上学期开学考试数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知的三个顶点分别为，且，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．若是空间的一个基底，则下列向量不共面的为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（ ）
A．1B．2C．3D．
5．续航能力关乎无人机的“生命力”，太阳能供能是实现无人机长时续航的重要路径之一.某大学科研团队利用自主开发的新型静电电机，成功研制出仅重克的太阳能动力微型无人机，实现纯自然光供能下的持续飞行.为激发同学们对无人机的兴趣，某校无人机兴趣社团在校内进行选拔赛，8名参赛学生的成绩依次为，则这组数据的上四分位数（也叫第75百分位数）为（ ）
A．93B．92C．D．
6．在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A．6B．4C．3D．2
7．某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，随意拨号，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆锥在正方体内，，且垂直于圆锥的底面，当该圆锥的底面积最大时，圆锥的体积为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则或
D．若，相交，则
10．已知事件两两互斥，若，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知厚度不计的容器是由半径为，圆心角为的扇形以一条最外边的半径为轴旋转得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的有（ ）
A．棱长为的正方体
B．底面半径和高均为的圆锥
C．棱长均为的四面体
D．半径为的球
三、填空题（本大题共3小题）
12．《九章算术》中将正四棱台称为方亭，现有一方亭，体积为13，则该方亭的高是 .
13．在空间直角坐标系中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
14．在中，点在边上，，则的外接圆的半径为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某高中为了解本校高二年级学生的体育锻炼情况，随机抽取100名学生，统计他们每天体育锻炼的时间，并以此作为样本，按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图.已知样本中体育锻炼时间在内的学生有10人.
(1)求频率分布直方图中和的值；
(2)估计样本数据的中位数和平均数（求平均数时，同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）.
16．在中，角的对边分别是，已知.
(1)证明：.
(2)若的面积为1，求.
17．如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为.
(1)证明：平面.
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．在正四棱柱中，已知，点分别在棱上，且四点共面，.
(1)若，记平面与底面的交线为，证明：.
(2)若，记四边形的面积为，求的最小值.
19．给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点.
(1)已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点；
(2)若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围；
(3)若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值.
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据复数乘除法运算直接计算即可.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2．【答案】D
【分析】利用向量垂直的充要条件,列方程求解即得.
【详解】由可得，，
因，故，解得.
故选：D.
3．【答案】B
【分析】根据空间基底的概念对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，是空间的一个基底，
A选项，由于，所以共面，A选项错误.
B选项，由于不存在实数，使得，
所以不共面，所以B选项正确.
C选项，由于，所以共面，C选项错误.
D选项，由于，
所以共面，D选项错误.
故选：B
4．【答案】A
【分析】由点到平面的距离的向量法公式直接计算求解即可.
【详解】由题得.
故选：A.
5．【答案】D
【分析】根据百分位数的定义和求解的方法步骤即可计算求解.
【详解】8名学生的成绩从低到高依次为，且，
故上四分位数为.
故选：D.
6．【答案】B
【详解】因为，所以，而，
在中，，所以，故，
由余弦定理得，代入,
得，故，
故，故B正确.
故选B.
7．【答案】B
【分析】根据题意，事件可表示为第一次拨对和第一次没拨对第二次拨对的互斥事件的和，再由互斥事件概率加法公式及古典概型求解.
【详解】设第次拨号拨对号码.
拨号不超过两次就拨对号码可表示为，
所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为.
故选：B
8．【答案】C
【分析】根据题意分析出当圆锥底面与正六边形相内切时，圆锥体积最大，结合正方体性质计算即可.
【详解】取的中点，分别记为，连接，，如图所示，

根据正方体的性质易知六边形为正六边形，此时的中点为该正六边形的中心，且平面，
当圆锥底面内切于正六边形时，该圆锥的底面积最大.
设此时圆锥的底面圆半径为，因为，所以，
所以，圆锥的底面积，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：C
9．【答案】BC
【分析】根据直线与平面的平行的判定与性质判定A，由线面垂直的性质判断B，根据线面垂直的性质判断C，由线面平行的判定判断D.
【详解】对于A，若，，则直线可能相交或平行或异面，故A错误.
对于B，若，则，故B正确.
对于C，若，则或，故C正确.
对于D，若相交，则或与相交，故D错误.
故选：BC
10．【答案】BCD
【分析】根据互斥事件的概念、互斥事件概率加法公式得解.
【详解】对于A，因为事件两两互斥，
所以，故A错误.
对于B，由，得，故B正确.
对于D，由，得，故D正确.
对于C，因为，所以C正确.
故选：BCD
11．【答案】AC
【分析】根据所得图形，数形结合，可判断A，再由图形内接正四面体可判断C，由C求三角形外接圆半径判断B，根据截面图计算可判断D.
【详解】设扇形所在圆的半径为，对于A，设正方体的棱长为，如图，

则可容纳的最长对角线，解得，故A正确.
对于C，如图，

取三段圆弧的中点，则四面体的棱长均为2m，所以可以容纳，故C正确.
对于B，如图，

同选项C的分析，的外接圆半径为，所以不可以容纳，故B错误.
对于D，如图，

设球的半径为，按正中间剖开所得的轴截面，如图，

可知圆与圆内切，，解得，所以不可以容纳，故D错误.
故选：AC
12．【答案】3
【分析】根据正四棱台的体积公式计算即可.
【详解】设正四棱台的高为.
因为，
所以方亭的体积，解得.
故答案为：3
13．【答案】15/0.2
【分析】求出，结合向量夹角余弦公式得到异面直线所成角的余弦值.
【详解】依题意可得，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
14．【答案】
【分析】设，则由题以及正弦定理形式的面积公式结合可得，进而可求出，再由即可得解.
【详解】设，则，
由，得，
即，
又，所以，即，
又，所以，所以，则，
所以，所以，
则外接圆的半径为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据已知条件的结构特征可知解决本题的关键是利用即求出.
15．【答案】(1)，
(2)中位数是72分钟；平均数是72分钟
【分析】（1）求出在[50，60）内的频率即可求出，根据频率之和为1即可列式求.
（2）先求出前3组的频率之和以及前4组的频率之和得样本数据的中位数x在第4组， 再依据频率分布直方图所给数据列出等量关系式求解即可；由平均数的定义和公式直接计算即可.
【详解】（1）由题意可知，学生每天体育锻炼的时间在[50，60）内的频率为，
则，
由各组频率之和为1，可知，
解得.
（2）前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以样本数据的中位数在第4组，设为，
所以，解得，
估计样本数据的中位数是72分钟；
估计平均数是分钟.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据和差角公式可得，即可利用正弦定理边角互化求解，
（2）根据面积公式可得，进而可得，由余弦定理即可求解.
【详解】（1）由可得，
故，,
即,
由正弦定理可得，故
（2）由可得，故
结合得,故，
又,故，
故，
由余弦定理可得
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到，结合是正三角形，故，并得到为等边三角形，，故，即，结合，得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式得到答案.
【详解】（1）连接，因为平面，平面，
所以，，，
由勾股定理得，，
因为，所以.
又四边形是菱形，，所以是正三角形，
所以.
由，得是正三角形，.
所以，即.
由平面，平面，可得.
因为，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
则，
，
.设是平面的一个法向量，由得
取，可得.
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理得线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行即可；
（2）利用平行四边形面积公式得出关于的关系式，再由两角和正切公式及变形，结合均值不等式，二次函数求最值即可.
【详解】（1）连接，
因为，
所以，则.
在正四棱柱中，易知，
所以四边形是平行四边形，从而.
又平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，所以.
（2）由正四棱柱对面平行，根据面面平行的性质可得，即四边形为平行四边形.
以为坐标原点，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
，
则，
，
，
化简可得.
因为，所以，
整理得.
由，
可得.
，
易知在上单调递减，
所以当时，，当且仅当时，取得最小值.
19．【答案】(1)不是
(2)
(3)证明见解析，4048
【分析】（1）分别计算与重合和与重合时这两种情况下的结果，再依据一组稳定向量基点的定义得解.
（2）根据向量运算法则得，再结合正方形结构性质可得的最大值和最小值，进而得解.
（3）先转化，从而得，再结合和偶数边的正多边形图形结构性质即可得解.
【详解】（1）点不是关于的一组稳定向量基点，理由如下：
当与重合时，有，
当与重合时，有，
故不是关于的一组稳定向量基点.
（2）因为，
所以，故由正方形结构性质得：
当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值0.
所以的取值范围为.
（3）设单位圆的圆心为，
则，
所以，
因为多边形是正2024边形，
所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知，故，
又，所以，
故是关于圆的一组稳定向量基点，且.
【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题的策略是：
1. 准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等；
2. 重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法；
3. 运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题.