吉林省梅河口市第五中学2021-2022学年高二上学期开学考试数学试题

2021-2022 年高二秋季学期期初考试数学试卷答案 单选题 1-4 BAAA 5-8 CCBD 1.答案：B        2i 1 i 2i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i          ，因此，2i 1 i  的共轭复数为1 i . 故选：B. 2.答案：A 从编号分别为1，2，3，4，5，6 的六个大小完全相同的小球中，随机取出两个小球，共有1,2；1,3；1,4；1,5； 1,6；2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5；3,6；4,5；4,6；5,6；共15 组，其中1,3；2,4；3,5；4,6 四组的编号之 差的绝对值为2，故其概率为4 15 ； 故选：A 3.答案：A 数据已从小到大排列，共8 个数， 8 30 2.4 i   ， 即该组数据的第30 百分位数是从左往右第三个数8.4， 故选：A 4.答案：A 由题意知：( 1)( 1) ( 3) 1 0 a a      ，整理得 2 4 0 a   ，∴ 2 a ，故选：A 5.答案：C 根据余弦定理可知 2 2 2 1 cos 2 2 b c a A bc     ，因为0 180 A   ， 所以 60 A  ，根据正弦定理可知 2 2 sin sin sin B C A bc a    ， 所以   2 2 2 2 2 0 b c a bc bc b c        ，所以b c  ， 则 ABC  的形状是等边三角形．故选C. 6.答案：C 解析： 5 2 a b     ，又 2 2 2 1 5 a     ， 2 2 2 2 2 5 2 10 50 a b a a b b b               ，b  ＝5， 故选：C． 7.答案：B 解：由题意知，OA OB  ，则圆柱的高为 2 2 1 1 2 h OA OB      ， 底面圆的半径为 2 2 1 1 2 2 2 2 OA OB r      ， 所以圆柱的体积 2 2 2 2 2 2 2 V r h                 ， 故选:B. 8.答案：D 曲线 2 3 4 y x x    可化为 2 2 ( 2) ( 3) 4     x y ，( 3) y ，表示以(2,3) 为圆心，半径为2 的圆的下半圆，作出 直线y x b   与该半圆的图形如下： 由图可知直线y x b   从点B 处与圆相切时运动到过 (4,3) D 处时，直线与圆有两个公共点， 将(4,3) 代入y x b   得： 1 b ； 由直线y x b   与圆相切， 得| 2 3 | 2 2 b    ， 解得 1 2 2 b  （舍) 或1 2 2  ， 所以，b 的范围是1 2 2, 1  ．故选：D． 多选题 9 BD 10.AC 11.AC 12.ABD 9.答案：BD 对于A 选项，要使 , A B 为对立事件，除 ( ) ( ) 1 P A P B   还需满足   0 P AB  ，也即 , A B 不能同时发生，所以A 选项错误. 对于C 选项，A 包含于B ，所以A 与B 不是互斥事件，所以C 选项错误. 对于B 选项，根据相互独立事件的知识可知，B 选项正确. 对于D 选项，根据相互独立事件的知识可知，D 选项正确. 故选：BD 10.答案：AC 对于A，因为圆心 (0,0) O 到直线: cos sin 1 l x y    的距离 2 2 0 0 1 1 cos sin d        ，所以 2 2 6 1 2 5 AB    ，所以A 正确； 对于B，由于圆心到直线的距离为 2 2 0 0 1 1 cos sin d        ，而圆的半径为 6 ，所以圆O 上只有2 个点到l 的距 离为2，所以B 错误； 对于C，由于圆心到直线的距离为 2 2 0 0 1 1 cos sin d        ，所以线段AB 的中点到圆心 (0,0) O 的距离为1，所以 线段AB 的中点轨迹是以 (0,0) O 为圆心，1 为半径的圆，即方程为 2 2 1 x y   ，所以C 正确； 对于D，当 0  时，则cos 1,sin 0     ，此时直线为 1 x  ，则直线的倾斜角为2 ，满足2    ；当 0  时， 由cos sin 1 x y     ，得直线的斜率为 cos 1 sin tan k      ，设直线的倾斜角为，则 1 tan tan     ，即 tan tan( ) 2      ，当0 2     时，直线的倾斜角 2      ，而当 2   时，直线的倾斜角 2      ，所 以D 错误， 故选：AC 11.答案：AC A．设a kb    ，所以 3 3 3 kn k        ，所以 3, 1 k n   ，即 3 a b    ，所以 1 n  满足，故正确； B．因为 3 1 3 +3 0 2 2          ，所以 3 , 2 2 1          也是与a  垂直的单位向量，故错误； C．因为b  在a  上的投影向量为3e  ，所以 3 a b a     ，所以  2 2 3 3 3 3 3 3 n    ，所以 3 n  ，故正确； D．因为a  与b  所成角为锐角，所以 0 a b   且, a b  不同向， 所以 3 3 3 0 1 n n        ，所以     3,1 1, n   ，故错误； 故选：AC. 12.答案：ABD 由于 1 , AC BD AC DD   ， 1 BD DD D   ， 故AC 平面 1 1 BDD B ，所以AC BE  ，所以A 正确； 由于 // EF BD，EF 平面ABCD ，BD 平面ABCD ， 所以 // EF 平面ABCD ，故B 正确； 由于三角形BEF 和三角形AEF 的底边都是EF ，而前者是B 到EF 的距离， 即 1 BB 的长为1，而后前者是A 到EF 的距离，作EM 垂直于底面，垂足为M ， 所以 1 1 EM BB   ，连接AM ，由于在Rt AEM  中，AE 是斜边，即 1 AE EM BB   ， 故C 错误； 连结BD 交AC 于O，由于AC 平面 1 1 BDD B ，所以AO 平面 1 1 BDD B ， 2 2 AO  ， 因为 1 1 1 1 2 2 4 BEF S    △ ，三棱锥A-BEF 的体积为1 1 2 2 3 4 2 24    为定值， 故三棱锥A BEF  的体积为定值，故D 正确．故选ABD． 填空题 13.答案：35 192 由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为5 12 ，7 12 ，3 4 ．在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为 5 12 × 7 12 × 3 4 ＝35 192 ． 14.答案：18 设AC 与BD 交于点O，则AC=2AO ∵AP⊥BD，AP=3， 在Rt△APO 中，AOcos∠OAP=AP=3 ∴| |cos∠OAP=2| |×cos∠OAP=2| |=6， 由向量的数量积的定义可知， =| || |cos∠PAO=3×6=18 15.答案：  2 2 4 4 x y    由题意得，圆的半径 2 2 2 ( 3) ( 3) ( 3) 3 r a a       ， 直线的方程为： 3 ( 3) ( 3) 3 y x    ，整理得： 3 0 3 x y   ， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离 2 2 3 3 ( 3) 3 3 1 3 a d r a            ， 所以 2 2 4 ( 3) 3 a a       ，解得 4 a  ， 所以圆C 的方程为  2 2 4 4 x y    . 故答案为：  2 2 4 4 x y    16.答案：2 在 ABC  中，sin sin BC AB BAC ACB    ，即 2 sin105 sin(180 105 45 ) BC     ， 4sin105 4sin75 BC   ， 和 ABD △ 中， 60 DAB DBA    ， ABD △ 是等边三角形， 2 BD AB   ， 在 BCD △ 中， 15 DBC   ， 所以 2 2 2 2 cos CD BC BD BC BD BDC      2 2 16sin 75 4 2 4sin 75 4 cos15 16sin 75 4 2 4sin 75 2 sin 75 4          ， 2 CD  ． 解答题 17.(1)当直线l 的斜率不存在时，直线l 方程为 2 x ，满足原点到直线l 的距离为2，…………2 分 当直线l 斜率存在时，设直线l 方程为   3 2 y k x    ，即 2 3 0 kx y k     ， 于是得 2 2 3 2 1 k k    ，解得 5 12 k  ，直线l 的方程为   5 3 2 12 y x    ，即 5 13 12 6 y x   ，……4 分 综上，直线l 的方程为 2 x 或 5 13 12 6 y x   ；………………………………………………………5 分 (2)设直线l 与直线2 2 0 x y    交于点  1 1 , A x y ，与直线 1 0 x y   交于点  2 2 , B x y 因AB 被点P 平分，即 1 2 4 x x  ， 1 2 6 y y  ，则 2 1 4 x x  ， 2 1 6 y y  ，…………7 分 因 1 1 2 2 2 2 0 1 0 x y x y         ，则 1 1 1 1 2 2 11 x y x y        ，解得 1 3 x ， 1 8 y ， 即 ( 3, 8) A   ，直线l 的斜率是 8 ( 3) 5 3 ( 2) k     ，直线l 方程为 ( 3) 5[ ( 2)] y x    ，即 5 7 y x   ， 所以直线l 的方程为： 5 7 y x   .………………………………………………………………………10 分 18.（1）由2 cos 2 b A c a   及正弦定理得2sin cos 2sin sin B A C A   ， 又   C A B     ，所以   2sin cos 2sin sin B A A B A    ， 整理得2sin cos 2sin cos 2cos sin sin B A B A B A A    ， 即  2cos 1 sin 0 B A   .…………………………………………………………………………………………3 分 因为   0, A   ，所以sin 0 A  ，所以 1 cos 2 B  . 又   0, B   ，所以 3 B   .………………………………………………………………………………………5 分 （2）方法一：由正弦定理可得 2 3 4 sin sin sin sin 3 a c b A C B      ， 所以 2 4sin 0, 3 a A A               ， 4sin c C  ， 则 2 4sin 4sin 4sin 4sin 3 a c A C A A              2 2 4sin 4sin cos 4cos sin 3 3 A A A      1 3 2 3cos 6sin 4 3 cos sin 2 2 A A A A             4 3sin 4 3 6 A           ，…………………………………………………………………………………9 分 当且仅当 3 A   时，等号成立，所以a c  的最大值为4 3 .……………………………………………10 分 方法二：由余弦定理 2 2 2 2 cos b a c ac B    可得， 2 2 2 2 2 12 2 cos ( ) 3 3 a c ac a c ac a c ac           ， 即 2 ( ) 12 3 a c ac    .…………………………………………………………………………………………7 分 由基本不等式可得 2 2 a c ac        ，当且仅当a c  时取等号， 所以  2 2 12 3 2 a c a c          ，整理得 2 ( ) 48 a c   ，所以 4 3 a c   当且仅当 2 3 a c   时取等号.……………………………………………………………………………10 分 19.(1)连结AE ,∵E 为BC 的中点, 1 EC CD   , ∴DCE  为等腰直角三角形, 则 45 DEC   ,同理可得 45 AEB   ,∴ 90 AED   ,∴DE AE  , …………………………………2 分 又PA ABCD 平面  ,且DE ABCD 平面 , ∴PA DE  , 又∵AE PA A   ,∴DE PAE 平面 ,又PE PAE 平面 ,∴DE PE  .………………………………4 分 (2)由(1)知DCE  为腰长为1 的等腰直角三角形, ∴ 1 1 1 1 2 2 DCE S   ,而PA 是三棱锥P DCE  的高, ∴ 1 1 1 1 1 3 3 2 6 C PDE P DCE DCE V V S PA          . ………………………………………………………6 分 (3) 在PA 上存在中点G ,使得 / / EG PCD 平面 .…………………………………………………………8 分 理由如下: 取 , PA PD 的中点 , G H ,连结 , , EG GH CH . ∵ , G H 是 , PA PD 的中点, ∴ / / GH AD ,且 1 2 GH AD  , 又因为E 为BC 的中点,且四边形ABCD 为矩形,所以EC//AD,且EC= 1 2 AD,………………………………10 分 所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC 是平行四边形, 所以EG//CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD.………………………………………12 分 20.（1）由频率分布直方图得： （0.002+0.004+0.014+0.020+0.035+a）×10＝1， ∴10×（0.075+a）＝1，解得a＝0.025，……………………………………………………………2 分 设总共调查了n 人，则 ＝（0.035+0.025）×10，解得n＝1000， 即调查的总人数为1000 人．……………………………………………………………………………4 分 （2）由频率分布直方图知，各段的频率分别为：0.02，0.04，0.14，0.20，0.35，0.25， ∴η＝ （45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.20+85×0.35+95×0.25）＝0.807＞0.8， ∴该区防疫工作不需要大的调整．……………………………………………………………………6 分 （3）0.002×10×1000＝20，0.004×10×1000＝40， 即不满意的人数在两段分别有20，40， ∴每段抽取人数为20× ＝2.40× ＝4，……………………………………………………8 分 记在第一段的人记作a，b，在第二段的人为A，B，C，D， ∴抽取两人的基本事件为： ab，aA，aB，aC，aD，bA，bB，bC，bD，AB，AC，AD，BC，BD，CD，共15 个，………………10 分 而仅有一人来自[40，50）的基本事件有： aA，aB，aC，aD，bA，bB，bC，bD，共8 个， ∴这2 人中仅有一人对防疫工作的评分在[40，50）内的概率为P＝ ．…………………………12 分 21.（1）连接AE ，因为六边形ABCDEF 为正六边形，则 120 AFE DEF    ， 因为AF EF  ，则 30 AEF   ，故 90 AED   ， 因为 1 EE 底面ABCDEF ， 不妨以点E 为坐标原点，EA 、ED 、 1 EE 所在直线分别为x 、 y 、z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则  3,0,0 A 、  3,1,0 B 、 3 1 , ,0 2 2 C         、   0,1,0 D 、   1 3,1,2 B 、 1 3 1 , ,2 2 2 C         、   1 0,0,2 E ， 在正六棱柱 1 1 1 1 1 1 ABCDEF A B C D E F  中， 1 1 // BB CC 且 1 1 BB CC  ， 所以，四边形 1 1 BB C C 为平行四边形，则 1 1 // BC B C ， 因为BC 平面 1 1 ADC B ， 1 1 B C 平面 1 1 ADC B ，所以， // BC 平面 1 1 ADC B ， 所以，BC 到平面 1 1 ADC B 的距离等于点B 到平面 1 1 ADC B 的距离， 设平面 1 1 ADC B 的法向量为   1 1