文档内容
新高二开学摸底考试卷 01
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试范围：人教A版2019
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的．
1．（23-24高一下·江苏扬州·期末）设复数 满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的四则运算法则计算可得结果.
【详解】由 可得 ，
所以 .
故选：B
2．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，
24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ）
A．11 B．12 C．16 D．17
【答案】D
【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数.
【详解】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，
因为上四分位数是第 分位数，则 ，所以这组数据的上四分位数为 .
故选：D.
3．（23-24高一下·福建三明·期末）从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事
件“至少有一个黄球”互为对立的是（ ）
A．都是蓝球 B．都是黄球 C．恰有一个蓝球 D．至少有一个蓝球
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用对立事件的意义判断即可.
【详解】事件“至少有一个黄球”的对立事件是“没有黄球”，即都是“都是蓝球”，所以与事件“至少有一个黄球”互为对立的是“都是蓝球”.
故选：A
4．（2024·山东青岛·二模）已知向量 ， ，则 在 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用投影向量的定义直接求解即可.
【详解】依题意， ，
所以 在 上的投影向量为 .
故选：A
5．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）已知向量 在基底 下的坐标是 ，则 在基底
下的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可知 ，设 在基底 下的坐标为 ，根据空间向量的坐
标运算和空间向量基本定理列方程组即可求解.
【详解】由题意可知 ，设 在基底 下的坐标为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 在基底 下的坐标为 .
故选：A
6．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，已知四棱 ，底面ABCD是边长为2的正方形，侧
棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 有中点 ，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦.
【详解】取 的中点 ，连接 ，由E为CD的中点，得 ， ，
则 是异面直线CM与AE所成的角或其补角，
正方形 中， ，在 中， ，
， ，
于是 ，
所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为 .
故选：D
7．（23-24高一下·广东佛山·期末）某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考
试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分 ，且男女生的平均分不相等，
由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是（ ）
A．这部分同学是高分人数多还是低分人数多
B．这部分同学是男生多还是女生多
C．这部分同学的总人数
D．全年级是男生多还是女生多
【答案】B【分析】根据平均数意义可判断A；利用分层平均数公式可求出女生所占比例，可判断BC；分析题中
样本的抽取方式可判断D.
【详解】对于A，平均数描述平均水平，所以无法判断高分和低分人数，A错误；
对于B，设这部分同学的平均分为 ，其中有男生 人，女生 人，平均分分别为 ，
根据分层平均数公式有 ，
整理得 ，即 ，
即根据两个平均数可求出这部分同学中女生所占比例，故B正确；
对于C，由B可知，只能求出男女生所占比例，无法确定总人数，C错误；
对于D，因为题干并没有告诉这部分学生的抽取是否按照比例抽取，
所以无法全年级是男生多还是女生多，D错误.
故选：B
8．（23-24高一下·山西大同·期末）在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且
，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 ，利用正弦定理得到 ，再利用余弦定理结合两角和的正弦公
式得到 ，进而得到 ，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由
求解.
【详解】解：因为 ，由正弦定理得 ，
由余弦定理得 ，即 ，
由正弦定理得 ，
又 ，
所以 ，
所以 ，
又 ， ，则 ，
所以 或 ，即 或 （舍去），
则 ，所以 解得 ，则 ．
所以 ，
，
，
即 的取值范围是 ．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到 ，从而利用 确定角B的范围，由此
得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（23-24高一下·山东济宁·期末）体育教学是学校开展素质教育不可缺少的重要内容，对学生的发展
有着不可忽视的重要作用.某校为了培养学生的竞争意识和进取精神，举行篮球定点投篮比赛.甲、乙两
名同学每次各自投10个球，每人8次机会，每次投篮投中个数记录如下：
同学 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 第6次 第7次 第8次
甲（投中个
6 7 5 6 4 3 8 9
数）
乙（投中个
8 4 6 7 6 5 7 5
数）
记甲、乙两名同学每次投篮投中个数的平均数分别为 、 ，方差分别为 、 .则下列结论正确的
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据平均数和方差的公式计算即可.
【详解】根据题意， ，
，所以 ，
，，
所以 .
故选：BD
10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体 中，P为线段 的中点，Q为线段
上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得 平面
C．三棱锥 的体积是定值 D．二面角 的余弦值为
【答案】BD
【分析】A选项，由 推出 平面 ，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出
， ，得到线面垂直，进而当Q为 的中点时， ，此时 平面
，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到 平面 ，求出平面的法向量，证明出
平面 不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】对于A，若 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，矛盾，故A错误．
对于B，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则 ，
因为 ，
，
故 ， ，
故 ， ，
因为 ， 平面 ，
故 平面 ，当Q为 的中点时， ，此时 平面 ，故B正确．
对于C，Q在线段 上运动，若三棱锥 的体积为定值，则 平面 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
解得 ，令 得 ，故 ，
故 ，故 与 不垂直，
故 平面 不成立，故C错误；
对于D，二面角 即二面角 ，连接BP，DP，BD，
由于 为等边三角形，
则 ， ，所以 为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则 的棱长为 ，
故 ， ，
由余弦定理可得 ，
二面角 的余弦值为 ，故D正确．
故选：BD
11．（23-24高一下·云南昆明·期末）掷一枚质地均匀的骰子两次，设 “第一次骰子点数为奇数”，
“第二次骰子点数为偶数”， “两次骰子点数之和为奇数”， “两次骰子点数之和为偶
数”，则（ ）
A．C与D互为对立事件 B．A与D相互独立
C． D．【答案】ABC
【分析】根据对立事件的定义即可求解A，利用列举法，求解对应事件包含的样本点，即可根据古典概
型的概率公式求解CD，结合独立事件的定义即可求解B.
【详解】对于A,事件 与事件 不能同时发生，且并起来是全部的样本空间，故互为对立事件，A正
确；
对于B，抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种，
事件A的样本点为
共18种，
事件 的样本点为 ,
共有18种，
事件 的样本点为 共有9种，
所以 ,由于 ，故 相互独立，B正确，
对于C，事件 的样本点为 共9种，故
,C正确，
对于D，事件 的样本点为
共27种，
故 ，
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（23-24高一下·安徽·期末）文以载道，数以忘忧，本学期某校学生组织数学知识竞答（满分 ），
并从中随机抽取了 名学生的成绩为样本，分成 ，得到如图所
示频率分布直方图：
估计该校高二学生数学成绩的平均数为 .【答案】 /
【分析】由频率分布直方图的面积和为 求出 ，再根据平均数计算公式求解即可.
【详解】由频率分布直方图的面积和为 得
，
解得 ，
所以该校高二学生数学成绩的平均数为
.
故答案为： .
13．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体 中，动点 ， 分别在棱 ，
上，且满足 ，当 的体积最小时， 与平面 所成角的正弦值是 ．
【答案】
【分析】设 ，结合等积法，可求出当 的体积最小时， ， 分别是所在棱的
中点；法一，根据 ，可求出点 到平面 的距离为 ，结合直线与平面所成角的
集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解.
【详解】设 ，则
．
由等体积法，得
，
当且仅当 ，即 时，等号成立．
所以当 的体积最小时， ， 分别是所在棱的中点．
方法一 易知 ， ， ．由余弦定理，得
，所以 ，所以 ．
设点 到平面 的距离为 ．根据 ，
得 ，解得 ．
所以 与平面 所成角的正弦值为 ．
方法二 以点 为原点，以 ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，
建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ．
所以 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 即 令 ，得 ， ，
则 ．设 与平面 所成的角为 ，
则 ．
故答案为：
14．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）如图，在四边形 中， 的面积为
，记 的面积为 ， ，设 ， ，若
存在常数 ，使 成立，则 的值为
【答案】
【分析】利用余弦定理及三角形面积公式，求得 的值，得 的大小，再设 ，利用正弦定理得关于 的代数式，解出 ，利用三角形面积公式，求出 的值.
【详解】在 中，由余弦定理， ，
因为 ，所以 ，
即 ，又因为 ，所以 .
设 ，则 ， ， ，
在 中，由正弦定理， ，
在 中，由正弦定理， ，
两式作商，得 ，
即 ，因为 ，所以 ， ，
， ，
假设 ，所以 ，
解得 .
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答
应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题满分13分）（23-24高一下·四川雅安·期末）已知向量 ， ．
(1)若 与 垂直，求实数k的值；
(2)已知O，A，B，C为平面内四点，且 ， ， ．若A，B，C三点
共线，求实数m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量坐标线性运算结合垂直关系的坐标运算，列出方程求解即可；
（2）由向量的加减、数乘运算表示 ， ，再由共线定理解出实数m的值．
【详解】（1） ，
则 ，因为 与 垂直，所以 ，
解得 ．
（2） ，
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以 ．
所以 ，
解得 ．
16．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满
分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为 ， ， ， ， ，
并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的
中点值作代表）；
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间 的学生实际
成绩的平均数与方差分别为78分和 ，第三组 的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分
和1，求第四组 的学生实际成绩的平均数与方差.
【答案】(1)众数为 ；平均数为
(2)平均数为 ；方差为
【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解；
（2）根据题意，得到分数在区间 的学生为10人，分别为 ，得到 ，设第三组
分别为 ，得到 ，设第四组分别为 ，其平均数和方差为 ，求得 ，结合，即可求解.
【详解】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为 ，
这800名学生成绩的的平均数为：
（分）.
（2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人，
各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人，
其中分数在区间 的学生为10人，分别为 ，
其中平均成绩与方差分别为 ，则 ，
设第三组学生实际成绩分别为 ，其平均数和方差为 ，则 ，
设第四组学生实际成绩分别为 ，其平均数和方差为 ，
由 ，可得 ，
由 ，
可得 ，解得 ，
所以第四组 的学生实际成绩的平均数为 与方差为 .
17．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南郴州·期末）随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安
全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中
学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文
件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为 ，乙每次解开密
码的概率为 ，每次是否解开密码也互不影响．设 ，
， ，
(1)已知概率 ，
（i）求 的值．
（ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率．
(2)若 ，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值．【答案】(1)（i） ；（ii） ；
(2) .
【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：
，设 “甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；
（2）由 可得 ，从而求得 ，再利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】（1）（i）由题知 ，
解得： ，
（ii）由（i）知： ，
设 “甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与 互斥， 与 与 分别相互独立，
所以
，
因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为 ．
（2）由题知： ，
，
设 “甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与 互斥， 与 与 分别相互独立，
所以
，
，当且仅当 时等号成立，．
故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为 .
18．（本题满分17分）（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体 中，四边形
是菱形， 平面 ， ， ， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)线段 上是否存在点 ，使得 ∥平面 ？若存在，指出点 的位置并证明；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点 ，当 与 重合时，使得 ∥平面 .
【分析】（1）连接 交于点 ，则由四边形 为菱形，得 ，由 平面 ，
得 ，再利用线面垂直的判定定理可结论；
（2）由题意可证得 两两垂直，则以 为原点， 所在的直线分别为 建立
空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：连接 交于点 ，
因为四边形 为菱形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）解：取 的中点 ，连接 ，
因为四边形 为菱形， ，所以 为等边三角形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 两两垂直，
所以以 为原点， 所在的直线分别为 建立空间直角坐标系，设 ，则 ，
所以 ，
假设存在点 ，使得 ∥平面 ，
设 ，则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
由 ，得 ，
此时 与 重合， 平面 ，
所以存在点 ，当 与 重合时，使得 ∥平面 .
19．（本题满分17分）（23-24高一下·河北衡水·期末）对于平面向量
，定义“ 变换”： ，其中
表示 中较大的一个数， 表
示 中较小的一个数.若 ，则 .记 .
(1)若 ，求 及 ；
(2)已知 ，将 经过 次 变换后， 最小，求 的最小值；
(3)证明：对任意 ，经过若干次 变换后，必存在 ，使得 .
【答案】(1)
(2)1349.
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据已知的新定义求出 ，从而可求出 及 ；（2）根据 求出 ，从而可求出 ，进而可得
且 ，则可求出 的最小值；
（3）分 ， ， 和 四种情况讨论即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 .
（2）因为 ，
所以 或
所以 ，
即 .
由题意可得 ，
，
，
根据规律可得 且 ，
由 且 可得 的最大值为674，所以 ，
所以 ，此后进入循环.
所以当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
所以 最小时， 的最小值为1349.
（3）证明：当 时，显然存在 ，使得 .
当 时， ，即 ，存在 ，使得 .
同理，当 时，存在 ，使得 .
当 时，若 ，则 ，存在 ，使得 .若 ，设 .
假设对任意 ，则 均不为0.
因为 ，所以 .
若 ，则 ，
若 ，则 ，
所以 ，
所以 ，即 .
因为 ，所以 ，
所以 ，
与 矛盾，故假设不正确，即存在 ，使得 .
综上，对于任意 ，经过若干次 变换后，必存在 ，使得 .
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根
据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题.
