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2024年秋季学期高二入学检测卷
数学
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上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.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容:人教A版必修第二册,选择性必修第一册第一章1.1—1.2.
一?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.在复平面内,复数对应的点位于()
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先进行复数的乘法运算,再根据复数的代数形式确定对应点与所在象限即可.
【详解】,
复数对应的点为,
故复数对应的点位于第一象限.
故选:A.
2.若是空间的一个基底,则下列向量不共面的为()
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间基底的概念对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】依题意,是空间的一个基底,
A选项,由于,所以共面,A选项错误.
B选项,由于不存在实数,使得,
所以不共面,所以B选项正确.
C选项,由于,所以共面,C选项错误.
D选项,由于,
所以共面,D选项错误.
故选:B
3.已知一组数据为,则该组数据的方差为()
A. B. C.6 D.7
【答案】A
【解析】
【分析】先求出这组数据的平均数,再代入方差公式计算即得.
【详解】的平均数为:,
且,
故这组数据的方差为:.
故选:A.
4.已知的三个顶点分别为,且,则()
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量垂直的充要条件,列方程求解即得.
【详解】由可得,,
因,故,解得.
故选:D
5.在正四棱柱中,,设,则()
A.2 B. C.4 D.8
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得,进而计算可求的值.
【详解】在正四棱柱中,,
.
故选:C.
6.在中,角的对边分别为,若,则()
A.6 B.4 C.3 D.2
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理结合整体代入思想求解即可.
【详解】因为,所以,而,
在中,,所以,故,
由余弦定理得,代入得,
,故,
故,故B正确.
故选:B
7.已知向量的夹角为,且,则在方向上的投影向量为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式,结合已知条件,直接求解即可.
【详解】由题可知:,
故在方向上的投影向量为.
故选:B.
8.现有7张分别标有的卡片,甲一次性从中随机抽取5张卡片,抽到的卡片数字之和为,剩下的2张卡片数字之和为,则的概率为()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意,将转化为,再结合古典概型公式求解即可.
【详解】因为,所以,
故,而,所以,解得,
所以求的概率即可,从7张卡片抽2张,
基本事件有,
,
共有个基本事件,且设的概率为,
符合题意的事件有,
,共9种,所以,故D正确.
故选:D
【点睛】关键点点睛:本题考查概率,解题关键是合理消元,转化条件,然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可.
二?多选题: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.若空间几何体的顶点数和空间几何体的顶点数之和为12,则和可能分别是()
A.三棱锥和四棱柱 B.四棱锥和三棱柱
C.四棱锥和四棱柱 D.五棱锥和三棱柱
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意,结合空间几何体的结构特征,逐项判定,即可求解.
【详解】对于A中,由三棱锥的顶点数为4个,四棱柱的顶点数为8个,
所以两个几何体的顶点数之和为12个,符合题意;
对于B中,由四棱锥的顶点数为5个,三棱柱的顶点数为6个,
所以两个几何体顶点数之和为11个,不符合题意;
对于C中,由四棱锥的顶点数为5个,四棱柱的顶点数为8个,
所以两个几何体的顶点数之和为13个,不符合题意;
对于D中,由五棱锥的顶点数为6个,三棱柱的顶点数为6个,
所以两个几何体的顶点数之和为12个,符合题意.
故选:AD.
10.已知复数,则()
A. B.
C.的虚部为3 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由复数除法得复数的简化形式,对于A,由共轭复数概念即可得解;对于B,由复数模长公式即可得解;对于C,由复数的虚部概念可得解;对于D,由复数乘法
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