黑龙江省大庆中学2021-2022学年高二上学期开学考试数学试题

第1 页，共4 页 大庆中学2021-2022 学年度高二上学期开学考试 数学试题 一、单选题（本大题共10 小题，共50.0 分） 1. 从一个容量为𝑚(𝑚≥3, 𝑚∈𝑁)的总体中抽取一个容量为3 的样本，当选取简单随机抽样方法抽取 样本时，总体中每个个体被抽中的可能性是 1 3，则选取分层随机抽样方法抽取样本时，总体中每个 个体被抽中的可能性是( ) A. 1 5 B. 1 4 C. 1 2 D. 1 3 2. 图(1)是某品牌汽车2019 年月销量统计图，图(2)是该品牌汽车月销量占所属汽车公司当月总销量 的份额统计图，则下列说法错误的是( ) A. 该品牌汽车2019 年全年销量中，1 月份月销量最多 B. 该品牌汽车2019 年上半年的销售淡季是5 月份，下半年的销售淡季是10 月份 C. 2019 年该品牌汽车所属公司7 月份的汽车销量比8 月份多 D. 该品牌汽车2019 年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳 3. 如图，正方体 中，下面结论错误的是( ) A. 平面 B. 异面直线 与 所成的角为45° C. 平面 D. 与平面 所成的角为30° 4. 已知角𝛼∈(0, 𝜋 2)，且点(cos2𝛼, 𝑐𝑜𝑠2𝛼)在直线𝑦= −𝑥上，则tan (𝛼+ 𝜋 4) = ( ) A. −3 −2√2 B. −1 C. 3 −2√2 D. 3 + 2√2 5. 在三角形ABC 中， 点D 在直线AC 上， 且𝐴𝐷 → = 2 3 𝐴𝐶 → ， 点E 在直线BD 上， 且𝐵𝐷 → = 2𝐷𝐸 → .若𝐴𝐸 → = 𝜆1𝐴𝐵 → + 𝜆2𝐴𝐶 →，则𝜆1 + 𝜆2 = ( ) A. 0 B. C. D. 8 9 6. 已知正三角形ABC 的边长为2，𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 3 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 3 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ，E 是AB 的中点，则𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A. 3 B. 2 C. −2 D. −3 7. 如图所示，用𝐴1、𝐴2、𝐴3三个元件连接成一个系统，𝐴1、𝐴2、𝐴3能否 正常工作相互独立，当𝐴1正常工作且𝐴2、𝐴3至少有一个正常工作时， 系统正常工作，已知𝐴1、𝐴2、𝐴3正常工作的概率均为 2 3，则系统正常工作的概率为( ) A. 4 27 B. 8 27 C. 16 27 D. 20 27 8. 在△𝐴𝐵𝐶中， 角A， B， C 的对边分别为a， 6， c， 若(𝑎2 + 𝑐2 −𝑏2)tan𝐵= √3𝑎𝑐， 则角B 的值为( )． A. 𝜋 6 B. 𝜋 3 C. 𝜋 6 或 5𝜋 6 D. 𝜋 3 或 2𝜋 3 9. 在△𝐴𝐵𝐶中， 角A， B， C 的对边分别为a， b， c， 其面积为S， 若𝑎2 + 𝑏2 −𝑎𝑏= 𝑐2 = 2√3𝑆， 则△𝐴𝐵𝐶 一定是( ) A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 10. 在单位正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P 在线段𝐴𝐷1上运动，给出以下四个命题： ①异面直线𝐴1𝑃与𝐵𝐶1间的距离为定值；②三棱锥𝐷−𝐵𝑃𝐶1的体积为定值； ③异面直线𝐶1𝑃与直线𝐶𝐵1所成的角为定值；④二面角𝑃−𝐵𝐶1 −𝐷的大小为定值． 其中正确的有( ) A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 第2 页，共4 页 二、多选题（本大题共2 小题，共10.0 分） 11. 关于复数，下列说法正确的是( ) A. 复数𝑧= 1 −𝑖(𝑖为虚数单位)的虚部为−𝑖 B. 复数𝑧= 1 −𝑖(𝑖为虚数单位)的模为√2 C. 若 𝑎+2𝑖 𝑖 = 𝑏+ 𝑖 (𝑎, 𝑏∈𝑅,i 为虚数单位)，则𝑎+ 𝑏= 1 D. 若𝑧= 𝑧，则z 为实数 12. 已知𝛼, 𝛽是两个不重合的平面，𝑚, 𝑛是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( ) A. 若 ， ，𝑛//𝛽，则 B. 若 ，𝑛//𝛼，则 C. 若𝛼//𝛽，𝑚⊂𝛼，则𝑚//𝛽 D. 若𝑚//𝑛，𝛼//𝛽，则m 与𝛼所成的角和n 与𝛽所成的角相等 三、单空题（本大题共4 小题，共20.0 分） 13. 从集合{2,3，4， 1 2， 2 3}中任取两个不同的数a，b，则log𝑎𝑏> 0的概率为 ． 14. 为了了解甲工厂生产的轮胎的宽度是否达标， 随机选取了10 个轮胎， 将每个轮胎的宽度(单位： 𝑚𝑚) 记录下来并绘制出如下的折线图： 则甲厂轮胎宽度的第10 百分位数为________． 15. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象， 被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”， 我国拥 有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径𝐴, 𝐵两点间的距离， 现在珊瑚群岛上取两 点𝐶, 𝐷，测得𝐶𝐷= 45𝑚，∠𝐴𝐷𝐵= 135°，∠𝐵𝐷𝐶= ∠𝐷𝐶𝐴= 15°，∠𝐴𝐶𝐵= 120°，则AB 两点的距 离为______ ． 16. 16、在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形的直 棱柱称为“堑堵”.如图，已知三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1是一“堑堵”， 𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 2，𝐴𝐴1 = √3，点D 为𝐵1𝐶1的中点.则三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶的外 接球的表面积为______ ． 四、解答题（本大题共6 小题，共70.0 分） 17. （10 分） 为了了解居民的用电情况， 某市供电局抽查了该市若干户居民的月均用电量(单位： 𝑘𝑊· ℎ)， 并将样本数据分组为[160,180)， [180,200)， [200,220)， [220,240)， [240,260)， [260,280)， [280,300]， 其频率分布直方图如图所示． (1)若样本中月均用电量在[240,260)内的居民有30 户，求样本量； (2)求样本中月均用电量的中位数； (3)在月均用电量为[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]的四组居民中，用比例分配的分 层随机抽样的方法抽取22 户居民，则月均用电量在[260,280)内的居民应抽取多少户？ 第3 页，共4 页 18. （12 分） 函数𝑓(𝑥) = 𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+ 𝜑)(𝐴> 0, 𝜔> 0, |𝜑| < 𝜋 2 , 𝑥∈ 𝑅)的部分图象如图， M 是图象的一个最低点， 图象与x 轴的一 个交点的坐标为( 𝜋 2 , 0)，与y 轴的交点坐标为(0,−√2)． (Ⅰ)求A，𝜔，𝜑的值； (Ⅱ)若关于x 的方程𝑓(𝑥) −𝑚= 0在[0,2𝜋]上有一解，求实数m 的取值范围． 19. （12 分） 如图， 在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中， 四边形ABCD 为直角梯形， 𝐴𝐷//𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐷= 90°，𝑃𝐴⊥底面ABCD，且𝑃𝐴= 𝐴𝐷= 2，𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 1，M 为PD 的中点． (1)求证：𝐶𝑀//平面PAB； (2)求证：𝐶𝐷⊥平面PAC； (3)求三棱锥𝐷−𝑃𝐴𝐶的体积． 20. （12 分）甲、乙进行射击比赛，两人轮流朝一个靶射击，若击中靶心得3 分，击中靶心以外的区 域得1 分，两人得分之和大于或等于6 分即结束比赛，且规定最后射击的人获胜，假设他们每次击 中靶心的概率均为 1 4且不会脱靶，经过抽签，甲先射击． (Ⅰ)求甲需要射击三次的概率． (Ⅱ)比赛结束时两人得分之差最大为多少?求这个最大值发生的概率． (Ⅲ)求乙获胜的概率． 21. （12 分）△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，𝑐.已知(tan 𝐴+ tan 𝐵)cos 𝐵= 2𝑠𝑖𝑛 𝐶． (1)求A； (2)若𝑎= √13，𝑆▵𝐴𝐵𝐶= 3√3，且sin 𝐵< sin 𝐶，求sin 𝐵． 第4 页，共4 页 22. （12 分） 如图， 在三棱锥𝐷−ABC中， AB ⊥BD， BC ⊥CD， M， N 分别是线段AD， BD 的中点， MC = 1， AB = BD = √2，二面角𝐷−BA −𝐶的大小为60°． (1)证明：平面MNC ⊥平面BCD； (2)求直线BM 和平面MNC 所成角的余弦值． 第1 页，共5 页 大庆中学 2 1 - 2 0 2 2 学年度高二上学期 开学 考试 数学 试题 一 、 单 选 题 （ 本 大 题 共 12. BCD小题，共 分） 17. 解：(1)由(0.0020 + 0.0095 + 0.0110 + 0.0125 + 𝑥+ 0.0050 + 0.0025) × 20 = 1，解得𝑥= 0.0075， ∴ ， 设样本容量为 ，则 ，解得 ， 月平均用电量的中位数在[220,240)内， 设中位数为a，则0.45 + 0.0125 × (𝑎−220) = 0.5，解得 ，∴中位数为224． (3)月平均用电量为 ，[260,280), [280,300]的四组频率分别为：0.25，0.15，0.1 0.05， ∴月平均用电量在[260,280)的用户中应抽取 户)． 18. 解： (Ⅰ)由函数𝑓(𝑥) ， ，解得𝜔= 1 2；又函数图象与x 轴的一个交点坐标为( 𝜋 2 , 0) ∴𝐴𝑠𝑖𝑛( 1 2 × 𝜋 2 + 𝜑) = 0，∴sin( 𝜋 4 + 𝜑) = 0， ∴ 𝜋 4 + 𝜑= 𝑘𝜋， 𝑘∈𝑍， 即𝜑= 𝑘𝜋− 𝜋 4 (𝑘∈𝑍)； 由|𝜑| < 𝜋 2 − 𝜋 2 < 𝜑< 𝜋 2， ∴𝜑= − 𝜋 4； ∴函数 当𝑥= 0时，𝑦= 𝐴𝑠𝑖𝑛(− 𝜋 4) = −√2，∴𝐴= 2； 综上可知， 𝜔= 1 2，𝜑= − 𝜋 4． (Ⅱ)由𝑓(𝑥) −𝑚= 0得𝑓(𝑥) = 𝑚 𝑓(𝑥) −𝑚= 0 𝑥∈[0,2𝜋] 𝑦= 𝑚 𝑓(𝑥)的图象在𝑥∈[0,2𝜋]上只有一个交点； 由(Ⅰ)可知𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑖𝑛( 1 2 𝑥− 𝜋 4)， 画出函数𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑖𝑛( 1 2 𝑥− 𝜋 4)在区间[0,2𝜋]上的图象，如图所示； 由图象知，当−√2 ≤𝑚< √2 𝑚= 2 所以 的取值范围是𝑚∈[−√2, √2) ∪{2} 19. (1)证明：若E 为PA 中点，连接EM、EB，由M 为PD 的中点， ∴𝐸𝑀= 𝐴𝐷 2 𝐸𝑀//𝐴𝐷 𝐴𝐷//𝐵𝐶 𝐵𝐶= 𝐴𝐷 2 𝐸𝑀//𝐵𝐶 𝐸𝑀= 𝐵𝐶， ∴四边形EMCB 为平行四边形，故C𝑀//𝐵𝐸，∵𝐸𝐵⊂面PAB，𝐶𝑀⊄面PAB，∴𝐶𝑀//平面PAB． (2)证明：连接AC，过C 作𝐶𝐹//𝐴𝐵交AD 于 𝐶𝐹= 𝐴𝐵= 𝐹𝐷= 𝐴𝐷 2 = 1 第2 页，共5 页 二、多选题（本大题共中，小题，共，而在分） 中，𝐴𝐶= √2，有𝐶𝐷2 + 𝐴𝐶2 = 𝐴𝐷2 面ABCD，𝐶𝐷⊂面ABCD，则𝑃𝐴⊥𝐶𝐷， ∵𝐴𝐶∩𝑃𝐴= 𝐴，∴𝐶𝐷⊥面PAC． (3) (2)知，CD 是三棱锥𝐷−𝑃𝐴𝐶的高，而𝑆△𝑃𝐴𝐶= 1 2 ⋅𝑃𝐴⋅𝐴𝐶= √2， ∴𝑉 𝐷−𝑃𝐴𝐶= 1 3 ⋅𝐶𝐷⋅𝑆△𝑃𝐴𝐶= 2 3． 20. 解：(𝐼)甲需要射击三次，则两人前四次射击均只得1 分，所以甲需要射击三次的概率为( 3 4)4 = 81 256． (Ⅱ)比赛结束时，两人得分之差最大为5 分，他们得分情况为：甲3，乙1，甲3， 所以这个最大值发生的概率为 1 4 × 3 4 × 1 4 = 3 64． (Ⅲ)根据他们轮流射击的得分，分四种情况： ①甲3，乙3，概率为( 1 4)2 = 1 16 ; ②甲1，乙1，甲1，乙3，概率为( 3 4)3 × 1 4 = 27 256 ; ③前三次射击中有一次3 三、单空题（本大题共1 小题，共 𝐶3 1 × 1 4 × ( 3 4)2 = 27 64 ; ④分） 1 分，概率为( 3 4)5 = 243 1024． 所以乙获胜的概率为 1 16 + 27 256 + 27 64 + 243 1024 = 847 1024． 21. 解：(1) ∵(tan𝐴+ tan𝐵)cos𝐵= 2𝑠𝑖𝑛𝐶， ∴( sin𝐴 cos𝐴+ sin𝐵 cos𝐵) cos𝐵= 2𝑠𝑖𝑛𝐶．则 sin𝐴cos𝐵+sin𝐵cos𝐴 cos𝐴cos𝐵 cos𝐵= 2sin𝐶， ∴ sin(𝐴+𝐵) cos𝐴 = 2sin𝐶，即 sin𝐶 cos𝐴= 2sin𝐶∵sin𝐶≠0 ∴cos𝐴= 1 2． ， (2)𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶= 1 2 𝑏𝑐sin𝐴= √3 4 𝑏𝑐= 3√3，∴𝑏𝑐= 12．由余弦定理得：𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 −2𝑏𝑐cos𝐴 ∴13 = 𝑏2 + 𝑐2 −𝑏𝑐= (𝑏+ 𝑐)2 −3𝑏𝑐= (𝑏+ 𝑐)2 −36, ∴(𝑏+ 𝑐)2 = 49,∴𝑏+ 𝑐= 7. 又∵𝑏𝑐= 12，∴{𝑏= 3 𝑐= 4或{𝑏= 4 𝑐= 3,又∵sin𝐵< sin𝐶, ∴𝑏< 𝑐, 𝑏= 3，由正弦定理可得 𝑎 sin𝐴= 𝑏 sin𝐵， ∴sin𝐵= 𝑏sin𝐴 𝑎 = 3×√3 2 √13 = 3√39 26 ． 22. 解：(1)在 中，N 是斜边BD 的中点， 所以𝑁𝐶= 1 2 𝐵𝐷= √2 2 ，因为M，N 是AD，BD 的中点，《 所以》 ，且𝑀𝐶= 1，所以𝑀𝑁2 + 𝑁𝐶2 = 𝑀𝐶2，𝑀𝑁⊥𝑁𝐶， 又因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，𝑀𝑁//𝐴𝐵，所以𝑀𝑁⊥𝐵𝐷，且𝐵𝐷∩𝑁𝐶= 𝑁，故𝑀𝑁⊥平面BCD， 因为𝑀𝑁⊂平面MNC， 第3 页，共5 页 所以平面𝑀𝑁𝐶⊥平面BCD． (2)由(1)知𝑀𝑁⊥平面BCD，故𝐴𝐵⊥平面BCD，所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐶， 又𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，所以∠𝐶𝐵𝐷即为二面角𝐷−𝐵𝐴−𝐶的平面角，故∠𝐶𝐵𝐷= 60 ∘， 因此𝐵𝐶= 𝐵𝑁= 𝐶𝑁= √2 2 ，取CN 的中点E，连接BE，则𝐵𝐸⊥𝐶𝑁，且𝐵𝐸= √6 4 ， 在𝑅𝑡▵𝐴𝐵𝐷中，𝐵𝑀= 1 2 𝐴𝐷= 1，又因为平面𝑀𝑁𝐶⊥平面BCD，所以𝐵𝐸⊥平面CMN， 因此∠𝐵𝑀𝐸即为直线BM 和平面MNC 所成的角， 由sin∠𝐵𝑀𝐸= 𝐵𝐸 𝐵𝑀= √6 4 ，得cos∠𝐵𝑀𝐸= √10 4 ， 所以直线BM 和平面MNC 所成角的余弦值等于√10 4 ． 【解析】 1. 解： ∵随机抽样每个个体被抽到的概率相等， ∴选取分层抽样抽取样本时总体中每个个体被抽中的概率仍为 1 3选D． 2.解：由两个统计图可知： A.该品牌汽车2019 年全年销量中，1 月份月销量最多，超过150000 辆，正确； B.该品牌汽车2019 年上半年的销售淡季是5 月份，下半年的销售淡季是10 月份，正确； C.2019 年该品牌汽车所属公司7 月份的汽车销量比8 月份多，不正确． 7，8 月份该品牌的汽车销量大致相同，但占所属汽车公司当月总销量的份额明显8 月份占的少，所以公司 月份的 销量要比 月份大，故 说法不正确 该品牌汽车2019 年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳，正确．故选C． 3.解：逐一分析选项如下： 对于A，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐵𝐷//𝐵1𝐷1 𝐵1𝐷1 ⊂ 𝐶𝐵1𝐷1，𝐵𝐷⊄ 𝐶𝐵1𝐷1， 所以，𝐵𝐷//平面𝐶𝐵1𝐷1，故A 正确； 对于B，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐷//𝐵𝐶， 所以异面直线AD 与𝐶𝐵1所成的角即为直线BC 与𝐶𝐵1所成的角，即∠𝐵1𝐶𝐵，即45°，故B 正确； 对于C，连结𝐵𝐶1， 正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝐴𝐵⊥𝐶𝐵1， 又因为𝐵𝐶1 ⊥𝐶𝐵1，而𝐴𝐵∩𝐵𝐶1 = 𝐵，所以𝐶𝐵1 ⊥平面𝐴𝐵𝐶1，所以𝐶𝐵1 ⊥𝐴𝐶1， 同理，𝐷1𝐵1 ⊥𝐴𝐶1，因为𝐶𝐵1 ∩𝐷1𝐵1 = 𝐵1，则𝐴𝐶1 ⊥平面𝐶𝐵1𝐷1，故C 正确； 对于D，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐶1𝐶⊥平面ABCD， 所以AC 是𝐴𝐶1在平面ABCD 上的射影， 所以∠𝐶1𝐴𝐶是𝐴𝐶1与平面ABCD 所成的角， 因为sin∠𝐶1𝐴𝐶= 𝐶1𝐶 𝐶1𝐴= 1 √3 = √3 3 ≠ 1 2，所以∠𝐶1𝐴𝐶≠30°， 第4 页，共5 页 所以𝐴𝐶1与平面ABCD 所成的角不是30°，故D 错误． 故选D． 4.解： ，解得𝑐𝑜𝑠2𝛼= 1 3， ∵𝛼∈(0, 𝜋 2)，∴𝑐𝑜𝑠𝛼= √3 3 ，𝑠𝑖𝑛𝛼= √1 −𝑐𝑜𝑠2𝛼= √6 3 ， ， = √2+1 1−√2 = −3 −2√2．故选A． 5.解： 因为𝐵𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 𝐷𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故𝐵𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2 𝐷𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 𝐴𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故𝐴𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (3 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 所以𝐴𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 × 2 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 1 2 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = − 1 2 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故𝜆1 = − 1 2 , 𝜆2 = 1，则𝜆1 + 𝜆2 = 1 2，故选B． 6.解：过D 分别作AC 和AB 的平行线，则D 是线段CB 上离C 较近的三等分点，以A 为坐标原点，AB 为x 轴建立 平面直角坐标系，则𝐸(1,0)，𝐶(1, √3)，𝐷( 4 3 , 2√3 3 )，则𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 4 3 , 2√3 3 )，𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0, −√3)， 则𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = −2，故选C． 7. 解：𝐴2、𝐴3都不工作的概率为(1 − 2 3)(1 − 2 3) = 1 9， 故A 2、𝐴3至少有一个正常工作的概率是1 − 1 9 = 8 9； 又元件𝐴1正常工作的概率为 2 3，所以系统正常工作的概率为