2024-2025学年河北省张家口市高二上学期入学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省张家口市高二上学期入学摸底考数学检测试题合集2套（附解析），共27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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在复平面内，对应的点位于（ ）．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知向量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（ ）
A．B．1C． D．
二、多选题（本大题共1小题）
8．下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1
B．已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5
C．已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩是全班数学成绩的第20百分位数
D．甲班和乙班各有学生20人、40人，甲班的数学成绩的平均数为80分，方差为2，乙班的数学成绩的平均数为82分，方差为4，那么甲班和乙班这60人的数学成绩的方差是3
三、填空题（本大题共2小题）
9．在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
10．已知点，，，则的面积为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
11．已知是虚数单位，复数z的共轭复数是，且满足．
(1)求复数z的模；
(2)若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
12．已知，，
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
13．某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照50,60，60,70，，80,90，90,100的分组作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，并估计本次竞赛成绩的中位数和平均数；
(2)若按照分层随机抽样从成绩在的两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人的成绩在90,100内的概率.
14．已知在中，A+B=3C,2sinA−C=sinB．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
15．如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
参考答案
1．【答案】A
【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.
【详解】由题意，，，
根据交集的运算可知，.
故选A.
2．【答案】A
【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为，
则所求复数对应的点为，位于第一象限.
故选A.
3．【答案】D
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选D．
4．【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选B.
5．【答案】A
【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答.
【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：
共有36个不同结果，它们等可能，
其中甲乙抽到相同结果有，共6个，
因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率.
故选A.
6．【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选B.
7．【答案】A
【分析】利用向量的模，向量的夹角及三角函数即可求出点到直线的距离.
【详解】∵A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），
＝（1，0，0），＝（﹣1，2，﹣2），
∴点A到直线BC的距离为：
d＝
＝1×＝．
故选A.
【方法总结】本题主要考查了向量坐标的运算，向量的模，向量的夹角.
8．【答案】AB
【分析】根据数据的平均数、中位数、百分位数、分层抽样的方差的计算方法逐一分析选项即可.
【详解】对A，由古典概型计算公式可得每个个体被抽到的概率是，故正确；
对B，已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，
则，即，解得，
则数据的中位数为，故正确；
对C，已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，
将数学成绩从小到大排列，小明成绩为第36名，
又由，则小明成绩的百分位数是80，故错误；
对D，由题意得甲班和乙班这60人的数学成绩的平均数为，
甲班和乙班这60人的数学成绩的方差为，
故错误.
故选.
9．【答案】
【分析】结合图象，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
10．【答案】
【分析】先计算出三角形的边长，再用余弦定理计算出，进而得到，再套用三角形面积公式即可求解.
【详解】点，，
，，,
故答案为：.
11．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用复数及其共轭复数、复数的相等、复数的模运算即可得解.
（2）利用复数的运算、复数的相等、复数的几何意义运算即可得解.
【详解】（1）设，则，
∴，
∴，，
∴，则.
（2）由（1）知，，
∴，
由题意，复数在复平面内对应的点在第二象限，
∴，解得：，
即实数m的取值范围为．
12．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量平行求出，将所求式子转换为含有的式子即可；
（2）由向量垂直求得，进一步根据角的范围即可求解.
【详解】（1）当时，，，，此时与不平行，
所以，，
，，，
，
，
；
（2），
，
，
即，
，
，，
，
．
13．【答案】(1)，中位数约为，平均数约为75；
(2).
【分析】（1）利用频率分布直方图所有小矩形面积之和等于 求出a的值，再估计中位数和平均数.
（2）求出抽取的6人中在的人数，再利用列举法结合古典概率求解即得.
【详解】（1）由频率分布直方图，得，解得，
成绩在的频率依次为，
显然本次竞赛成绩的中位数，则，解得，
本次竞赛成绩的平均数为，
所以，中位数约为，平均数约为75.
（2）由（1）知，成绩在，的频率之比为，
则在中随机抽取人，记为1，2，3，4，在中随机抽取人，记为a，b，
从6人中随机抽取2人的样本空间为，共15个样本点，
设事件“至少有1人的成绩在内”，则，有9个样本点，
因此，
所以至少有1人的成绩在内的概率.
14．【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由=sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，，可得，
，
.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解.
【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
2024-2025学年河北省张家口市高二上学期入学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知向量，且两向量夹角为，则（ ）
A．18B．9C．D．
3．如图，为水平放置的的直观图，的面积为，那么的面积为（ ）

A．B．C．D．
4．一组数据按从小到大的顺序排列为（其中），若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的方差和分位数分别是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在直角坐标平面内，已知，以轴为旋转轴，将旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在中，角所对的边分别为交于点，且，则的值为（ ）

A．B．C．6D．3
7．如图，在正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，角所对的边分别为，若，且，则周长的最大值为（ ）
A．B．C．6D．9
二、多选题（本大题共3小题）
9．在中，为上一点，，则（ ）
A．当为角的角平分线时，
B．
C．当为中点时，
D．的外接圆半径为1
10．若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．复数的虚部为3
B．
C．
D．若是关于的方程的根，则
11．在中，已知.那么（ ）
A．若是钝角三角形，则
B．若，则仅有一解
C．的最大值是
D．的最大值是6
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知某初中七年级有男生600人，女生500人.为了解该班学生的体质健康情况，按性别进行分层，采用分层随机抽样的方法抽取一个容量为22的样本进行调查.若样本按比例分配，则抽取的男生人数为 .
13．若，则 .
14．已知菱形的边长为，将沿着对角线折起至，连接.若二面角的大小为时，则四面体的外接球的表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量为同一平面内的三个向量，向量.
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若，且与垂直，求与的夹角的余弦值.
16．为了解某品牌型号空调的质量，某商场对购买该型号的顾客进行了产品满意度的问卷调查.随机抽取了100位顾客的问卷进行评分统计，评分的频率分布直方图如图所示，数据分组依次为：.

(1)求的值；
(2)求这100位顾客问卷评分的平均数；
(3)若根据各组的频率的比例采取分层抽样的方法，从评分在80,90和90,100内的居民中共抽取7户居民，查阅他们答卷的情况，再从这7户居民中选取2户进行专项调查，求这2户居民中恰有1户的评分在80,90内的概率.
17．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的长.
18．已知函数的部分图象如图所示：
(1)求函数的解析式；
(2)，求函数的值域；
(3)若，求满足不等式的的取值范围
19．如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正切值.
参考答案
1．【答案】D
【分析】利用复数的乘法运算求解，再对应点的坐标可得.
【详解】因为，
所以在复平面内对应的点为，
故在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
2．【答案】B
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义计算即得.
【详解】依题意，.
故选：B
3．【答案】C
【分析】利用斜二测画法规则还原直观图，根据面积比例关系求解可得.
【详解】由，则，
如图，作出还原后，则，
故，所以.
故选：C.
4．【答案】D
【分析】根据给定条件，求出，再利用方差和分位数的意义计算判断即可.
【详解】依题意，这组数据的众数为3，中位数为，解得，
由，因此这组数据的分位数是8，
这组数据的平均数为，方差为.
故选：D
5．【答案】D
【分析】根据给定条件，利用圆柱、圆锥的表面积公式计算即可.
【详解】依题意，，，，
该旋转体是底面圆半径为3，高为4的圆柱挖去底面半径为3，高为4的圆锥，
其表面积.
故选：D
6．【答案】A
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式列式计算即得.
【详解】依题意，，即，
则，所以.
故选：A
7．【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法求，则得线线角.
【详解】连接交于，连接，
由四棱锥是正四棱锥，则平面，且.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，不妨设，则，
在中，，
则，则，
，
则，
由异面直线与所成角为锐角，所求余弦值为.
故选：B.
8．【答案】D
【分析】利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求出角，再利用余弦定理及基本不等式求解即得.
【详解】在中，由及正弦定理，
得，
而，
则，
而，整理得，
又，解得，
由余弦定理，得
，
解得，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为9.
故选：D
9．【答案】AC
【分析】利用三角形面积公式计算判断A；利用余弦定理判断B；利用向量数量积的运算律计算判断C；利用正弦定理求出外接圆半径判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，在中，，由余弦定理得，B错误；
对于，，则，C正确；
对于D，的外接圆半径，D错误.
故选：AC
10．【答案】ACD
【分析】利用复数的乘法求出，再逐项判断即得.
【详解】依题意，，
对于A，复数的虚部为3，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，由是关于的方程的根，得是方程的另一根，
则，因此，D正确.
故选：ACD
11．【答案】BC
【分析】由为钝角判断A；由正弦定理计算判断BC；利用正弦定理及三角恒等变换计算判断D.
【详解】对于A，当为钝角时，，A错误；
对于B，当时，由正弦定理得，，仅有一解，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，由正弦定理，得
，
由，得，，则，因此，无最大值，D错误.
故选：BC
12．【答案】12
【分析】根据给定条件，利用分层抽样的抽样比计算即得.
【详解】依题意，样本按比例分配，抽取的男生人数为.
故答案为：12
13．【答案】
【分析】平方后利用二倍角公式可得
【详解】，，
解得.
故答案为：.
14．【答案】/
【分析】根据给定条件，确定四面体外接球球心位置，结合球的截面小圆性质求出球半径即可得解.
【详解】由菱形，且，得均为正三角形，设它们的中心分别为，
取的中点，连，则，点共线，点共线，
是二面角的平面角，即，
又平面，于是平面，即平面是线段的中垂面，
则四面体外接球的球心平面，分别为的截面小圆圆心，
，，≌，
因此，，四面体的外接球半径为，
则，所以四面体的外接球的表面积.
故答案为：
15．【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）设，利用向量模的计算公式求解即得.
（2）利用垂直关系的向量表示，结合向量数量积的运算律及夹角公式计算即得.
【详解】（1）由，设，则，解得，
所以或.
（2）由与垂直，得，
解得，所以与的夹角的余弦值.
16．【答案】(1)；
(2)74；
(3)
【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出值；
（2）利用频率分布直方图估计问卷评分的平均数.
（3）求出评分在80,90和90,100内的户数，再利用列举法求出古典概率.
【详解】（1）由频率分布直方图，得，
所以.
（2）这100位顾客问卷评分的平均数.
（3）抽取的7户居民中，评分在80,90的有户，记为，
评分在90,100的有2户，记为，从这7户居民中选取2户的样本空间为：
，共21个样本点，
其中恰有1户的评分在80,90内的事件，共10个样本点，
所以恰有1户的评分在80,90内的概率.
17．【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)变形后利用余弦定理可求；
(2)先将代入可得，再将代入得，联立方程组解得，由此将向量用表示，求解向量的模可得.
【详解】（1）由得，
则由余弦定理得，
，.
（2）由，解得①，
，，则②，
联立①②可得，，或.
，，
则，且，
所以，
当时，，则长为；
当时，，则长为.
综上所述，的长为或.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先由图象确定，再将点，分别代入解析式结合范围求解的值即可；
（2）利用整体角范围结合正弦函数图象求值域；
（3）先以为整体，解二次不等式得，再根据整体角的范围及特殊值求角可得.
【详解】（1）由图象可知，则，
由图象过，可得，即，
因为，所以，故，
又函数图象过，则，
解得，所以，.
由图可知，，则有，
解得，故当且仅当时，满足题意.
综上所述，函数的解析式是.
（2），，
则，所以.
所以当时，函数的值域为.
（3）由得，
即，，
，，
故，或，
解得，或，
故满足不等式的的取值范围是.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）令，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判断推理即得.
（2）过作于，利用线面垂直判定证明平面，利用线面角、面面角的定义求解即得.
【详解】（1）令，连接，由，得，
由菱形，得，而平面，
于是平面，又平面，
所以平面平面.
（2）过作于，由（1）知平面，而平面，，
又平面，于是平面，
是与平面所成的角，即，，
过作于，连接，而平面，，
又平面，则平面，又平面，
于是，是二面角的平面角，
在菱形中，，则是正三角形，，，
，,
所以二面角的正切值为.
乙甲
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6