2024-2025学年黑龙江省齐齐哈尔市高二上学期开学考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省齐齐哈尔市高二上学期开学考数学检测试题合集2套（附解析），共31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．甲、乙、丙人投篮，投进的概率分别为，，，现人各投篮次，是否投进互不影响，则人都投进的概率为（ ）．
A．B．C．D．
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．青岛二中戏剧节中，6个MT除人文MT有两个节目参加决赛外，其他MT各有一个节目参加决赛，一共7个节目，在决赛中，要从这7支队伍中随机抽取两支队伍比赛，则人文MT两支队伍不同时被抽到的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．0B．C．D．
5．已知复数z满足，则（ ）
A．B．
C．D．
6．的内角、、的对边分别为、、，则下列说法不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则有两解
C．若为钝角三角形，则
D．若，，则ΔABC面积的最大值为
7．在ΔABC中， ，,，分别是角，，的对边，且，则=（ ）
A．B．C．D．
8．已知，为直线，为平面，下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
二、多选题（本大题共3小题）
9．在等腰直角中，，是的中点，若点为线段的三等分点，则的值可能为（ ）
A．1B．2C．D．
10．高一某次数学考试中，某班学生原始成绩最高分为100分，最低分为20分，现将每个学生的原始分数按（a，b为常数，）进行转换，是转换后的分数，转换后，全班最高分为100分，最低分为60分，则下列结论正确的是（ ）
A．转换后分数的众数的个数不变
B．转换后分数的标准差是原始分数标准差的0.5倍
C．转换后分数的平均数一定大于原始分数的平均数
D．转换后分数的中位数一定大于原始分数的中位数
11．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ）
A．若相互独立，B．若事件，则
C．若是对立事件，则D．若是互斥事件，则
三、填空题（本大题共3小题）
12． ．
13．棱长都是3的三棱锥的高等于 .
14．平面向量与的夹角为60°，，，则等于 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．用平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径长为，圆锥母线的长为．
(1)建立与的函数关系式，并写出的取值范围；
(2)圆锥的轴截面为正三角形，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米
16．已知向量满足．
(1)若，求与的夹角；
(2)若与共线，求的坐标．
17．在中，已知内角成等差数列，边.设内角，的周长为．
(1)求函数y=fx的解析式和定义域.
(2)求的最大值.
18．某高校为了解即将毕业的男大学生的身体状况检测了960名男大学生的体重（单位：），所得数据都在区间中，其频率分布直方图如图所示.图中从左到右的前3个小组的频率之比为.
（1）求这960名男大学生中，体重小于的男大学生的人数；
（2）从体重在范围的男大学生中用分层抽样的方法选取6名，再从这6名男大学生中随机选取2名，记“至少有一名男大学生体重大于”为事件，求事件发生的概率.
19．如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，∠A1AB=∠A1AD=120°.

（1）求AC1的长;
（2）证明:AC1⊥BD．
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可.
【详解】利用相互独立事件的概率乘法公式.
3人都投进的概率为.
故选A.
2．【答案】C
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】，，
因此，.
故选C.
3．【答案】B
【分析】从这7支队伍中随机抽取两支队伍比赛，总共有种可能，人文两支队伍同时被抽到的共有2种情况，利用正难则反法，求出即可．
【详解】从这7支队伍中随机抽取两支队伍比赛，总共有种可能，
人文两支队伍同时被抽到的共有2种情况，
所以人文两支队伍不同时被抽到的概率为.
故选B．
4．【答案】B
【分析】利用三角形的中位线做出异面直线所成角，然后利用余弦定理计算即可.
【详解】如图所示:
连接A1C,交AC1于D,取BC的中点E,连接AE,DE,
则DE//A1B,∴为异面直线A1B和AC1所成的角或其补角.
由题意，可设该正三棱柱的棱长为2，易得,
则AE=,
∴,
∴异面直线A1B和AC1所成的角的余弦值为，
故选B.
5．【答案】B
【分析】利用复数的四则运算，求出复数z，可求.
【详解】由题意得，所以，所以，
故，所以.
故选B.
6．【答案】C
【分析】A.根据，得到，再由正弦定理求解判断；B.由判断； C. 由为钝角三角形且C为钝角，利用余弦定理求解判断； D. 由余弦定理与基本不等式结合三角形面积公式求解判断.
【详解】A. 因为，所以，由正弦定理，得到，故A正确；
B.，则，所以有两解，故B正确；
C. 为钝角三角形且C为钝角，则，则，故C错误；
D. 由余弦定理与基本不等式得，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，则面积的最大值为，故D正确；
故选C.
7．【答案】C
【分析】根据正弦定理化简条件式，结合余弦定理即可求得角．
【详解】∵
∴由正弦定理可得，即.
∴由余弦定理可得，整理可得.
∴
∵
∴.
故选C.
8．【答案】B
【分析】根据空间中线线，线面的位置关系进行判断即可.
【详解】由题可得，对于选项A，由直线与平面垂直的判定可知，直线必须垂直于平面内的两条相交直线，直线才能垂直平面，所以A错误；
对于选项B，由垂直于同一平面的两条直线平行可知，选项B正确；
对于选项C，时或，所以C错误；.
当，有或或，所以D错误.
故选B.
9．【答案】BD
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，分类讨论可能的情况，结合向量数量积的坐标运算公式求解答案.
【详解】在等腰直角中，，则，
如下图所示，以为坐标原点，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，
则，

①为线段靠近的三等分点，则，
此时，，则；
②为线段靠近的三等分点，则，
此时，，则.
所以的值可能为2或.
故选BD.
10．【答案】ABC
【分析】根据题意，列出方程，求出得值，由此分析选项是否正确即可.
【详解】根据题意，由于，由，
解得
即转换规则为，由此分析选项：
对于,转化后分数的众数的个数不变，正确；
对于，由于转化规则为，转换后分数的方差是原始分数方差的倍，故转化后分数的标准差是原始分数标准差的倍，正确；
对于,设原始分数的平均数为，必有，则转化后的平均数为，
所以，正确；
对于,反例：当中位数成绩为时，其转化后的成绩的中位数也为错误.
故选
11．【答案】ABD
【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.
【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；
对于B，事件，，，B正确；
对于C，因是对立事件，则，，C错误；
对于D，因是互斥事件，则，，D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【分析】分母完全平方展开，利用，再利用分母实数化处理，即可求出答案.
【详解】．
故答案为：.
13．【答案】
【分析】顶点P在底面上的射影为，在直角三角形中，利用勾股定理求棱锥的高.
【详解】如图，三棱锥棱长都是3，

设顶点P在底面上的射影为，则是等边的中心，
为外接圆半径，，
则在直角三角形中，，
所以三棱锥的高.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】先求向量，再根据向量模的运算求.
【详解】因为，所以，
又因为与的夹角为，，
所以
；
所以.
故答案为：.
15．【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由题意可知，制作该容器需要的铁皮面积，即圆锥的表面积，得到方程，分离出即可，利用求出定义域；
（2）利用母线与底面所成的角大小为，结合（1）所得，求出底面半径和圆锥的高，利用圆锥的体积公式求出所制作的圆锥形容器容积即可．
【详解】（1）根据题意，因为圆锥的表面积，，
，
，解得，
即，.
（2）圆锥的轴截面为正三角形，设圆锥高为h，
则，，
，
由（1）知，即，
解得，
．
16．【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）结合向量垂直的性质，以及平面向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据已知条件，结合向量共线的性质，以及向量模公式，即可求解．
【详解】（1），则，
设与的夹角为，,，
因为，，
则，解得，
故；
（2）与共线，，则，
由，故，解得，
故或．
17．【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据等差中项的性质求得的大小，利用正弦定理求得，由此求得的解析式和定义域.
（2）利用两角差的正弦公式和辅助角公式，化简，根据的范围求得的范围，由此求得的最大值.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，又，所以.
由，得，即.
由正弦定理得：，
所以，
所以.
（2）
.
因为，所以，
所以当时，取得最大值为.
18．【答案】（1）360人（2）
【分析】（1）由所有频率之和为1求得前3个小组的频率，然后可得体重小于的频率，从而得人数；
（2）由频率分布直方图，求出体重在与的范围各自抽取的人数，把6人编号，用列举法列举出任取2人的所有基本事件，同时得出事件包含的基本事件的个数，求得概率．
【详解】（1）设这个小组对应的频率为.
∵对应的频率为，
∴.解得.
∴对应的频率为0.375，从而所求人数为
（人）.
（2）∵男大学生体重在与的频率之比为，
∴这6名男大学生体重在与的人数分别为4，2.
分别记他们为，，，，，，从中随机选取2
名的所有情况为，，，
，，，，，，
，，，，，
，共15个基本事件，其中事件包含9个基本事件，∴.
【方法总结】本题考查频率分布直方图，考查古典概型．用列举法写出所有基本事件是解决古典概型的常用方法．
19．【答案】（1）（2）见解析
【分析】（Ⅰ）直接根据向量的加法把所求问题分解，再平方计算出模长的平方，进而求出结论；
（Ⅱ）以，，为基底表示，，通过向量数量积的运算证明⊥，可证得AC1⊥BD.
【详解】（1）∵||2=(+)2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=a2+a2+b2+2a2cs 90°+2abcs 120°+2abcs 120°=2a2+b2-2ab,
∴AC1=||=.
（2）∵·=(++)·(-)=·+||2+·-||2-·-··-·=bacs 120°-bacs 120°=0,
∴⊥,即AC1⊥BD．
【方法总结】本题主要考查异面直线的垂直以及两点间的距离计算．考查转化能力和运算能力．
2024-2025学年黑龙江省齐齐哈尔市高二上学期开学考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，若(为虚数单位)是实数，则实数等于（ ）
A．1B．2C．D．
2．如图,三棱柱中,侧面的面积是,点到侧面的距离是,则三棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．若在中，，，则的形状是（ ）
A．正三角形B．锐角三角形C．斜三角形D．等腰直角三角形
4．已知中，角的对边分别为，已知，，若三角形有两解，则边的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．在平面直角坐标系中，、，若点是线段上的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．若角的终边在直线上，则＝（ ）
A．B．－C．D．－
7．设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．在正方体中，是棱的中点.则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍
C．直线与平面所成角的正弦值等于
D．在棱上一定存在点，使得平面
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知复数满足，为虚数单位，则是方程的一个根
B．已知，，则
C．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期是
B．函数在上单调递增
C．的一个对称中心是
D．若，时，成立，则的最大值为
11．在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积最大值为1
C．若，则点到直线EF的距离为
D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，用斜二测画法作它的直观图，若是斜边平行于轴的等腰直角三角形，则是 三角形（填“锐角”、“直角”、“钝角”）.
13．在中，，BC=AC，则角B的大小为 ．
14．①在中，若，，，则此三角形的解的情况是两解．
②数列满足，，则．
③在中，为中线上的一个动点，若，则的最小值是．
④已知，则．
⑤已知等比数列的前项和为，则，，成等比数列．
以上命题正确的有 （只填序号）．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20cm和30cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．
16．如图，在中，D是BC的中点，H是AD的中点，过H作一条直线MN分别与边AB，AC交于M，N，若，.
（1）若，，，求的值；
（2）求的最小值.
17．在中，角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
18．对于平面向量，记，若存在，使得，则称是的“向量”．
(1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
(2)若，则是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
(3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
19．已知,,分别为三个内角的对边，,.
（1）求；
（2）若的中点，，求.
参考答案
1．【答案】A
【分析】由复数的除法和加法运算化简，再由为实数可得出答案.
【详解】
由为实数，则，所以.
故选A.
【思路导引】本题考查复数的除法运算和加法运算，复数为实数的充要条件.
2．【答案】C
【分析】侧面的面积是,点到侧面的距离是,可得,又,即可求得三棱柱的体积.
【详解】侧面的面积是,点到侧面的距离是，
，
，
，
.
故选C.
【思路导引】本题考查了求三棱锥体积,解题关键是掌握三棱柱体积计算公式和三棱柱特征,考查了分析能力和计算能力.
3．【答案】D
【分析】，平方计算得到得到答案.
【详解】，则，故，
故，故为等腰直角三角形.
故选D.
【思路导引】本题考查了根据向量运算判断三角形形状，意在考查学生的计算能力.
4．【答案】C
【分析】利用三角形有两解的条件即可得解.
【详解】因为在中，，，且三角形有两解，
所以，即，解得.
故选C.
5．【答案】D
【分析】可得，求得的取值范围，进而可求得的取值范围.
【详解】，且，，
为线段上的动点，则，所以，.
，，
则.
故选D.
【思路导引】本题考查向量投影的取值范围的计算，利用代数式的几何意义求解代数式的取值范围是解题的关键，考查化归与转化思想的应用.
6．【答案】A
【详解】角的终边在直线上，不妨设角的终边上一点的坐标为，则.
所以.
故选A.
7．【答案】B
【分析】利用三角恒等变换和同角间三角函数的关系判断a，b，c的取值范围，然后继续比较大小即可得答案.
【详解】由题意得 ，
，
，
，
，
，故，
，则 ，
，则，
可得.
故选.
8．【答案】D
【解析】把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，可判定A不正确；由棱锥的体积公式，求得所以，可判定B不正确；根据直线与平面所成角的求法，可判定C不正确；根据线面平行的判定定理，可判定D正确.
【详解】设正方体的棱长为，如图所示，
对于A中，在正方体中，可得，
所以异面直线与所成角等于直线与所成的角，设，
在直角中，可得，所以，所以A错误；
对于B中，可得，
,
所以，所以B错误；
对于C中，在正方体中，可得平面，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
连接交于点，可得平面，且，
即点到平面的距离为，
设直线与平面所成角为，则，所以C错误；
对于D中，当点与点重合时，连接，
在中，由点分别为的中点，可得，
又由平面，平面，所以平面，
即在棱上一定存在点，使得平面，所以D正确.
故选D.
【方法总结】1、空间几何体的体积的求法：（1）公式法：直接根据相关的体积公式计算；（2）等体积法：根据体积公式，通过转换几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等；（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.
2、空间角的求解：（1）定义法：根据异面直线所成角、直线与平面所成的角、二面角的定义，结合解三角形求解；（2）空间向量法：根据直线的方向向量、平面的法向量等所成的角求解空间角的大小，但要注意向量所成的角与异面角、线面角及二面角的区别与联系.
9．【答案】AB
【分析】根据复数的乘、除法运算即可判断A；根据诱导公式和反三角函数的概念即可判断B；根据棱柱的定义，举例说明即可判断C；根据二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可判断D.
【详解】A：由，得，
将代入式子，
即是方程的一个根，故A正确；
B：由，得，而，
解得，所以，故B正确；
C：将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，如图，故C错误；
D：
，故D错误.
故选AB.
10．【答案】ABD
【分析】先利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的周期性，单调性和对称性即可判断ABC；令，则，时，成立，可转化为，时，成立，作出函数和的图象，结合图象即可判断D.
【详解】，
对于A，，故A正确；
对于B，当时，，
所以函数在上单调递增，故B正确；
对于C，因为，
所以不是的一个对称中心，故C错误；
对于D，令，由，得，
设，不妨设，则，
则，时，成立，
即，时，成立，即成立，
令，
则方程有两个不同的解，
如图作出函数和的图象，
由图可知的最大值为，
即，所以，
即的最大值为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【分析】以为原点，建立空间坐标系，设，写出各点坐标，由于，则，选项A正确；由三棱锥的体积公式结合二次函数的性质，可得三棱锥的体积最大值，判断出选项B；在中，利用等面积计算，可得点到直线的距离，判断出选项C；求出三棱锥外接球球心坐标，分析可知球心的轨迹为线段（没有端点），可判断出选项D．
【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示，
设，
则，，，，，
对于选项A：可得，，
因为，即，故A正确；
对于选项B：因为三棱锥的体积
当时，三棱锥的体积取到最大值，选项B错误；
对于选项C：若，则，，
设点到直线的距离为，
在中，，，，则，
且为锐角，可得，
则，
即，解得，故C正确；
对于选项D：设三棱锥外接球球心
由题意可知：，即，则，
且，可知球心的轨迹为线段（没有端点），且两个端点坐标为，
所以三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，故D正确.
故选ACD.
【思路导引】对于选项D：可以利用补形法，将三棱锥补成长方体，可知三棱锥外接球球心即为长方体的中心.
12．【答案】直角
【分析】根据斜二测画法，，直接判断的形状．
【详解】如图所示，且，，将还原可得，所以，所以为直角三角形．
【思路导引】本题考查斜二测画法中直观图的还原．
13．【答案】
【分析】由，化简得到，进而得到，再由 BC=AC，得到求解.
【详解】在中，，
所以，即，
所以，则，
又因为 BC=AC，
所以,
则，即，
所以或（舍去），
所以.
故答案为：.
14．【答案】①
【分析】根据三角形解得个数的判定方法，可判定①正确；由等比数列的定义和通项公式，可判定②不正确；由向量的数量积的运算，可判定③不正确；由数列的递推公式求解数列的通项公式，可判定④不正确；举出反例，可判定⑤不正确.
【详解】对于①中，由，可得，
因为，所以有两解，故①正确；
对于②中，由，可得，即，
所以数列构成首项为，公比为2的等比数列，所以，
即，所以，故②不正确；
对于③中，设，其中，则,
由为中线上的一个动点，若，
则
，
当时，取得最小值，最小值为，故③不正确；
对于④中，由，
则，
两式相减，可得，所以，
当时，可得，不适合上式，
所以数列的通项公式为，故④不正确；
对于⑤中，例如；等比数列为：时，可得，，，此时不能构成等比数列，故⑤不正确.
故答案为：①.
【思路导引】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到三角形解得个数的判定，等比数列的定义域通项公式，数列的递推公式的应用，以及平面向量的线性运算及数量积的运算等知识点综合考查.
15．【答案】
【分析】利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求出棱台的高．
【详解】如图所示，在正三棱台中，两底面边长分别为AB=30cm，=20cm，
∴侧面积为，
两底面积之和为，
∵，∴，解得，
∴=，
∴=，
即棱台的高为．
【思路导引】本题主要考查了求正三棱台的高的问题，其中解题时应结合图形，利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力．
16．【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）以向量为基底表示出，即可求解；
（2）根据与共 线 ，得到存在使，用表示出，再利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）D是BC的中点，H是AD的中点，
，，
故，
又，
；
（2），，，
，
与共 线 ，
存 在使 ，
即，
，
即 ，
，
当且仅当“”时，即“”时取等号，
故的最小值为.
17．【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理化简可得，利用余弦定理即可得到的值．
（2）结合（1）可得以及边的长，利用面积公式即可得到答案．
【详解】（1）因为，所以，即.
又因为，
所以.
（2）因为，所以.
因为，在中，，所以 ，
所以.
【思路导引】本题主要考查正弦定理的边角互化以及余弦定理与面积公式，考查学生基本的计算能力．
18．【答案】(1)或；
(2)存在“1向量”， “1向量”为，；
(3).
【分析】（1）根据“向量”的定义，即可由模长公式求解；
（2）利用三角函数的周期性可得，即可由定义求解，
（3）由定义，结合模长公式可得，设，由条件列式，变形为，结合三角函数的性子，转化为求的最小值．
【详解】（1）由可得，
故，，
由于是的“向量”，所以即，
解得或，
（2）由于均为周期函数，且周期为，而
故，
若存在“1向量”，则存在，使得
故，
即，
故，故,
解得，即或
故存在“1向量”，若存在，“1向量”为
故，
（3）由于均为的“向量”，故，
即，，
即，同理，，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由，得，
设,，则依题意得：，
得
故，
同理，
故，
所以，
，
故，
故，
【关键点拨】（1）（2）问充分利用定义，结合向量的坐标运算，模长公式，以及三角函数的周期性求解,（3）问，利用点关于点的对称，得到坐标间的关系，利用递推得是解题关键.
19．【答案】(1)；(2)或.
【分析】（1）由已知利用正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可得，结合范围，可求，利用平面向量数量积的运行可求，根据三角形面积公式即可计算得解．
（2）由已知可得，两边平方可得又结合，即可解得的值．
【详解】（1），
，
，
又
.
(2)
又或.
【思路导引】本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，平面向量数量积的运算，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想．