黑龙江省大庆市大庆实验中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

大庆实验中学2025一2026学年度上学期高二年级开学考试“.在一次位显安全知识克赛中，甲、乙、丙同时解若一道感，每人网答同喝正确与否相互骏立， 数学试题 甲答对的摄率是子单、乙两人都答对的展率是宁，乙、两两人都省付的展率是行则甲、乙、 第1卷（选释题，共移分） 丙三人中，柔少有一人若对该避的概率为() 一、单项选择题：本大题共品小夏，每小量5分，共4和分，在每小题给出的后个进项中，只有 64 一个符合最日要求 1,己知三棱维P-AC的西个调点在球O的球面上，PA,PB,P℃，△ABC是边长为2的正三角 1,已知-=2+1，则：。《) 无，无下分财是儿想的中点。2CEF:宁则球0的体家为（） 人品 e D若 A.Jn B,26 C.4Bx D,米6e 工.最丽，”为两条不同的直线，a、为两个不同的平重，对下列结论正确的是《) 黑，德四机械学家菜落设计的菜济三角形在工业领城应用广泛，如围，分别以等边三角形AC的项 A.若mC任，C,m/,wlp,则aH 点为圆心，以边长为率轻作圆置，由这三段周烈组成的曲边三角形即为察洛三角形，若该等边三角 B.若ma,是Ca,期mn 形AC的迹长为1，下为后上的一个待点。则万-吸+C)的最小值为《) C.君m⊥W,/a,则m⊥d D.若m⊥a,mNm,BC,则a⊥B 3.在直角△4C中，斜边AC3,直角边C山若以该直角三角石的一条直角边4标所在直峻为 整转轴，其余两边技转一周形减的面国暖一个几何体则该几何体韵体积为() A.22s 思， c.2 D.Iit 1 4.在AMC中，点P满足丽.风，过点P韵直线与信、C所在的宜线分制交于点M、N, .万 c.55 a.5+5 着丽-B,N=HC(从>0>0)，则A+#的最小值为 2 二、多项选择题：本大题共3小题，每小塘6分，黄1B分，在每小题给出的四个选项中，至少 有一个符合层日要求，每道题全对得6分，部分选时桶能分分，有选错的的0分 9。已妇互不稻等的数湖玉。两，与。无：马：气的平均数为方：方花为？，财下列这项中正确的 C.f D.51 是() A,煎据L*川，2马+1，+1用平姆数为2x+1 5.从大到小排列的一组数据：134,126,2裤，10,96,90，，和，这组数据的下四分位数为() B.数据马+1,2马+，。2，+1的标准差为4c A.86 C123 D.126 高二掌零试数羊试限 多第1页共贝 C.给取数据增加一个数据，且，=x,着这七个数据的方差为买，则买c 1山.口较里装有1红，2白。3黄共6个彩状相网的小球，从中农出2菜，事件A=取出的两球同 色，量✉“取出的2球中至少有一个黄球C=“取出的2球至少有一个白球”，D一数出的两球 D.给原数据增如一个数据品，且工，一，若这七个数据的方差为式，则> 不同色”，￡。取出的2球中亚多有一个白球，下列判断中正确的序号为一 10.已如44C韵内角L,C的对边分别为品，b,,则下列法正瑞的是() ①4与D为附这事件：②■与C是互斥事件：@C与E是对立事件，④PCUE)-1 A,若A>B:则nA>血B B,若A=斯，b=4,日=5，则△4C有两解 P(B)=P(C). c着 及+配0，且阳花子两ac为地三角形 14,在银角△BC中，内角4成C所对的边分别为，点e,且5(emm)产。+-万a=2 慰仍-的取慎范制是 D,若anA+anB+anC>0,刚△AC可以是纯角三危 1山，如E,在棱长为2的正方体AD-A昌GB中，M为G的中点，P为线程AD上诗直（包 置、解答题：本大题共5小题，共？7分解管应写出文字说期、证过程成演算步潭把答案填在 括端点)，则下列说法中正确的是《》 答星卡的相应位置。 A:存在P点使海AMPN平面4D8 15.但分加图，在等题棉形CD中，A格=2CD=2,∠BD=尊，E是C边上一点（含辅点）， C B.直线创与平面80，码所酸角正弦德为 A柜与D交于点F,着示，8+y西，且设丽=C. 10 CAP+MP的最小值为J25 )着宁不：+少而，求不一y的编 (2)求正.丽韵取值箱围。 D.若点Q在正方体ACD-A风GA,表面上据动（包含边界）， 且M044C,则点Q的典迹长度为65 165分加国，在阳按锥P-ACD中，AD⊥平面PAB,ADC,E为校A®的中点，M-PB, 第Ⅱ卷（非进择题，共处分》 DE 1 PC. 三、填空题：本题共3小顾，每空5分，共15分把答紫填在答藏卡的相应位量 2。如图，己知点P在平行四边形A8CD所在平面外，E为线段AD上靠还A的三等分点，F为线 段PC上一点当PM/平国E时，S (证明：DE1平面PCE: 肉若A相=8C=4D-4,PA=25,求二面角B-PC-E的正弦■ 商二开学考试数学城到 思第2质其3月 17.5分)从其学校响名男生中随机抽取50名测量身商，核测学生身高金第介于155m和15m19.17分在4AC中，角A,B,C的对边分别为a,6,,已知2-b=2c. 之间。将测量结果拔如下方式分成八组：第一组[55,60)，第二6风6匀，一，第八组山90,195]。 下图是须常分布直方图的一部分，。已知第一图与第八组人数相同，第大组的人数为4人： 活-+2-0，且边C的中线D的长为 票AA&C的面积： 2 同 00 )诺，BC是脱角三角形，求+色的怎调 0040 0.016 8 05516016517073015T901路身4cm】 )求属七组的振事并求尚样本中位数： (2己知该校有6的名女生，男生身高总体数据的平均数和方差分制为1以5和17.5，女生身高样 本数见的平均数和方差分别为1得和3地。估计该校学生身高的平均数和方差， 若从身燕属于第大组和第八组的所有男生中随机袖取两名男生：记他们的身高分别为x:事 件E=-s到，求P叫). 18.17分知图，已知正方形A®CD的边长为4.E,F分别为AD,RC的中点，沿EF将四边形EFCD 折显，使二面角A-球一C的大小为网，M为线段4B上一点（含端点） D D B G ()诺M为线段4B中点，设直线MF与直线EA的交点为G,证明：GD∥平面EMC: 山是苦存在点M,使斜直些DE与平面E因C所成的角为的：著存在，求此时战段AM的长：著不 存在，请说明理由： 3)求点D平面EMC的匝离的取值范围 高二开学考试数学试题答案第 1页，共 5页 大庆实验中学 2025—2026 学年度上学期高二年级开学考试 数学答案 12． 4 13．①④ 14．  2, 2 3 15．（1）在等腰梯形 ABCD中，由 0AB BC CD DA         ， 可得 BC AB CD DA AB DC AD               ， 根据 2AB CD   ，可得 1 1 2 2 BC AB AB AD AD AB            ， 又 1 2 BE BC   ，所以 1 1 2 4 BE AD AB     ，所以 3 1 4 2 AE AB BE AB AD         ， 因为 , ,A F E三点共线，所以向量 ,AE AF   共线，可得 3 1 4 2 x y  ，结合 1x y  ，解得 3 5 2 5 x y       ， 所以 5 1  yx ． （2）由（1）知 1 2 BC AD AB     ，又 BE BC   ，则 1 2 AE AB BE AB BC AB AD                   ， 过 ,D C作 AB的垂线，垂足分别为 ,G H ，因为等腰梯形 ABCD中， 2 2AB CD    ， 所以 2CD AG AB     ，可得  1 12 2AG AB CD      ，又 π 4 BAD  ，得 2 2 AD   ， 所以 π 2 2cos 2 1 4 2 2 AB AD AB AD          ， 2 2 14, 2 AB AD    ， 可得  1 2AE BD AB AD AD AB                     2 2 31 1 2 2 AB AD AB AD                       1 31 4 1 2 2 2                     3    ， 又 E是 BC边上一点（含端点），BE BC   ，则  0,1 ， 所以  3, 2AE BD      ． 16.（1）因为 PA PB ，E为棱 AB的中点，所以 PE AB ， 因为 AD 平面 PAB， PE 平面 PAB，所以 AD PE . 因为 AD 平面 ABCD， AB 平面 ABCD，且 AD AB A  ，所以 PE 平面 ABCD . 因为DE 平面 ABCD，所以PE DE . 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A D B C A A AC AC BCD 答案第 2页，共 5页 因为DE PC ，PC 平面 PCE， PE 平面 PCE，且 PC PE P  ，所以DE 平面 PCE . （2）取棱CD的中点 F，连接 EF， 因为 E为棱 AB的中点，所以 EF ∥ AD， 因为 AD 平面 PAB，所以 EF 平面 PAB， 因为 ,PE BE 平面 PAB，所以 ,EF PE EF BE  ， 因为PE AB ，所以 EB， EP， EF两两垂直， 所以以 E为原点， EB  ，EP  ， EF  的方向分别为 x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则  0,0,0E ，  2,0,0B ，  2,0,4C ，  2,0,1D  ，  0,4,0P ， 则  2,0,1ED    ，  0,0, 4BC   ，  2,4,0BP    . 设平面 PBC 的法向量为  , ,n x y z ， 则 4 0 2 4 0 n BC z n BP x y             ，令 2x  ，得  2,1,0n   . 由（1）可知平面PCE 的一个法向量为  2,0,1ED    . 由   2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 0 1 4cos , 52 1 0 ( 2) 0 1 n EDn ED n ED                     ， 所以二面角 B PC E  的正弦值为 24 31 5 5        . 17. (1)第六组的频率为 4 0 08 50 . ， ∴第七组的频率为  1 0 08 5 0 008 2 0 016 0 04 2 0 06 0 06. . . . . .         ． 由直方图得，身高在第一组  155 160, 的频率为0 008 5 0 04. .  ，身高在第二组 160 165, 的频率为 0 016 5 0 08. .  ， 身高在第三组  165 170, 的频率为0 04 5 0 2. .  ，身高在第四组 170 175, 的频率为0 04 5 0 2. .  ， 由于0.04 0.08 0.2 0.32 0.5    ，0.04 0.08 0.2 0.2 0.52 0.5     ， 设抽取的男生的身高中位数为 m，则170 175m  ， 由  0 04 0 08 0 2 170 0 04 0 5. . . m . .      得 174 5m . ，所以样本的中位数为 174.5cm； 答案第 3页，共 5页 (2)由题可知，男生人数为 800，女生人数为 600， 故该校学生身高的总平均数 169163 1400 6005.173 1400 800 z ， 总方差       5016916330 1400 6001695.17375.17 1400 800 222 s . 综上，该校学生身高的平均数 169z ；总方差 502 s . (3)第六组 180 185, 的抽取人数为 4，设所抽取的人为 a，b，c，d， 第八组 190 195, 的抽取人数为0.008 5 50 2   ，设所抽取的人为 A，B， 则从中随机抽取两名男生的样本空间 { ab，ac，ad，bc，bd，cd，aA，aB，bA，bB，cA，cB，dA，dB，AB}， 共有 15种情况，因事件  5E x y   发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组， 所以事件 E={ab，ac，ad，bc，bd，cd，AB}共 7种情况．所以   7 15 P E  ． 18．（1） ,E F 分别为 ,AD BC中点， / / / /EF AB CD ，且 2AE FB  ， 又M 为 AB中点，且 BFABGEAB  , ，易得 2 AEFBGAFBMGAM ， 连接 ,CE DF，交于点 N，连接MN， 由题设，易知四边形CDEF为平行四边形， N 为DF中点， / / ,AM EF A 是 GE的中点， M 为 GF中点， GDMN // ，又MN 平面 EMC， GD 平面 EMC， //GD 平面 EMC； （2） / / / /EF AB CD ， EF DE  ， EF AE ， 又DE 平面CEF， AE 平面 AEF， DEA 即为二面角 A EF C  的平面角， 60DEA  ； 取 ,AE BF 中点 ,O P，连接 ,OD OP，如图， 60DEA   ， 1 1 2 OE DE  ， 2 4 1 4cos60 3OD     ， 2 2 2OD OE DE   ， OD AE  ， / /OP EF ， OP DE  ，OP AE ，又 ,AE DE 平面 AED， AE DE E ， OP 平面 AED， ,OD AE  平面 AED， ,OD OP AE OP   ， 则以O为坐标原点， , ,OA OP OD    方向为 , ,x y z轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示， 答案第 4页，共 5页 则  0,0, 3D ，  1,0,0E  ，  1,4,0F  ，  0,4, 3C ， 设   1, ,0 0 4M m m  ，则  1,0, 3DE    ，  2, ,0EM m ，  1,4, 3EC  ， 设平面 EMC的法向量 ),,( zyxn  ，则       034 02 zyxnEC myxnEM ， 令 2y ，则 3 8,  mzmx ，         3 8,2, mmn ， 直线DE与平面 EMC所成的角为 60o， 2 3 3 )8(42 8cos60sin 2 2        mmnDE nDE nDE。 ，解得 1m  或 3m  ， 存在点M ，当 1AM  或 3AM  时，使得直线DE与平面 EMC所成的角为60o； (3) 由(2)可知  1,0, 3DE    ，         3 8,2, mmn ， 记点 D到平面 EMC的距离为 d,则 194 34 3 76164 8 3 )8(4 3 83 222 2          mmmmmm mm n nDE d , 因为 0 ≤ m ≤ 4，所以 ] 19 574, 5 54[d ， 所以点 D到平面 EMC的距离的取值范围为 ] 19 574, 5 54[ . 19．（1）因为 2 2 cosc b a B  ，由正弦定理可得 2sin sin 2sin cosC B A B  ， 所以  2sin sin 2sin cos 2cos sin sin 2sin cosA B B A B A B B A B      ， 得到 2cos sin sin 0A B B  ，即  sin 2cos 1 0B A  ， 又  0, πB ， sin 0B  ，所以 1cos 2 A ， 又因为  0, πA ，可得 π 3 A  . （2）因为 2 2 2 3 0b a c c    ，且 π 3 A  ， 所以由 2 2 2 2 cosb c a bc A   ，可得3 2 cosc bc A bc  ，解得 3b  ， 答案第 5页，共 5页 由题意  12AD AB AC     ， 两边平方，可得    2 22 21 12 3 94 4AD AB AC AB AC AB AB              ， 因为 19 2 AD   ，所以 2 3 9 19AB AB     ，解得 2AB   或 5AB    （舍）， 则 ABCV 的面积为 1 1 3 3 3sin 2 3 2 2 2 2 S bc A      . （3）因为 sin sin sin a b A B c C    π 3 1 3 3sin sin cos3 2 2 2 2 sin sin C C C C C          3 3cos 12 2 sin 2 C C    22cos3 12 2 22sin cos 2 2 C C C   3 1 1 2 2tan 2 C   ， 由题知， π0 2 2π π0 3 2 C C          ，解得 π π, 2 12 4 C      ， 因为 π π πtan tan 2 3 12 3 4         ， 所以  tan 2 3,12 C   ，可得   1 1,2 3 tan 2 C   ， 可得 3 1 1 3 1,2 3 2 2 2tan 2 C          ， 所以 3 1, 2 3 2 a b c          ．