精品解析：黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

铁人中学2024级高二上学期开学初考试 数学试题 试题说明： 1、本试题满分150分，答题时间120分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项正确，共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 若复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. -1 2. 某学校高三体检时将学生分为10人一组，测得其中一组的心率依次为61、64、65、62、61、74、62、62、70、78，则这组数据的第70百分位数是（ ） A. 65 B. 67 C. 67.5 D. 70 3. 给出下列四个命题： ①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱； ②若直线平面，平面，则； ③若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面； ④异面直线a，b不垂直，则过a的任平面与b都不垂直．其中正确命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④ 4. 一个袋子中放有质地均匀的3个白球，3个红球，摇匀后随机摸出3个球，与事件“至多摸出1个白球”互斥而不对立的事件是（ ） A. 摸出3个红球 B. 至少摸出1个红球 C. 至少摸出1个白球 D. 摸出3个白球 5. 已知为所在平面内一点，且满足，则点（ ） A. 在边的高所在的直线上 B. 在平分线所在的直线上 C. 在边的中线所在直线上 D. 是的外心 6. 在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（ ） A. 2 B. C. D. 7. 某公司为了调查员工的体重（单位：千克），因为女员工远多于男员工，所以按性别分层，用按比例分层随机抽样的方法抽取样本，已知抽取的所有员工的体重的方差为120，其中女员工的平均体重为50，方差为50，男员工的平均体重为70，方差为30．若样本中有21名男员工，则样本中女员工的人数为（ ） A. 68 B. 63 C. 35 D. 48 8. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 二、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.全部选对的得满分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 学校为了了解本校学生上学的交通方式，在全校范围内进行了随机调查，将学生上学的交通方式归为四类方式：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式.并把收集的数据整理分别绘制成柱形图和扇形图，下面的柱形图和扇形图只给出了部分统计信息，则根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 扇形图中D的占比最小 B. 柱形图中A和C一样高 C. 无法计算扇形图中A的占比 D. 估计该校学生上学交通方式为A或C的人数占学生总人数的一半 10. 已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）轴截面是边长为2的等边三角形，则下面选项正确的是（ ） A. 圆锥PO的表面积为 B. 圆锥PO的内切球半径为 C. 圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为 D. 若C为PB的中点，则沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短路程是 11. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 设，，为虚数单位，若是关于的二次方程一个虚根，则__________． 13. 已知向量，，满足，，且，则____． 14. 已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是__________. 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.) 15. 2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”某中学高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为五组，其中第二组的频数是第一组频数的2倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）求的值，并估计这次竞赛成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的75和85两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差. 16. 已知多面体如图所示，其中四边形为矩形．平面，四点共面，，，点是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，求点到平面的距离． （特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分） 17. 如图，平面内四点，，，，满足，，. （1）若，， （i）求的面积； （ii）求； （2）若，，求. 18. 在三棱柱中，，，且为的中点，为的中点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，求二面角的正弦值的最大值. （特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分） 19. 如图所示，设是平面内相交成 角的两条数轴，分别是与 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下 ， 则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，求的模长； （2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； （3）若在仿射坐标系下，设，若对恒成立，求的范围及的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铁人中学2024级高二上学期开学初考试 数学试题 试题说明： 1、本试题满分150分，答题时间120分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项正确，共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 若复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法法则计算求得，可求得的虚部. 【详解】因为，所以，则的虚部为1. 故选：C. 2. 某学校高三体检时将学生分为10人一组，测得其中一组的心率依次为61、64、65、62、61、74、62、62、70、78，则这组数据的第70百分位数是（ ） A. 65 B. 67 C. 67.5 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数求法即可求出结果. 【详解】将这组数据从小到大排列为61、61、62、62、62、64、65、70、74、78， 因为，所以第70百分位数为. 故选：C. 3. 给出下列四个命题： ①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱； ②若直线平面，平面，则； ③若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面； ④异面直线a，b不垂直，则过a的任平面与b都不垂直．其中正确命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据正棱柱的特征，可判断①的正误；由面面垂直的判定定理判断②的正误；找出反例否定③；由反证法判定④. 【详解】①各侧面都是正方形的棱柱的底面边长都相等，但不一定是正多边形，故①错误； ②由面面垂直的判定定理知：若直线平面，平面，则，故②正确； ③若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面，如果两点在平面的两侧，则不成立，故③错误； ④假设存在过的平面与垂直，则可知，所以假设不成立，故④正确. 故选：C. 4. 一个袋子中放有质地均匀的3个白球，3个红球，摇匀后随机摸出3个球，与事件“至多摸出1个白球”互斥而不对立的事件是（ ） A. 摸出3个红球 B. 至少摸出1个红球 C. 至少摸出1个白球 D. 摸出3个白球 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义逐项判断即可得解. 【详解】因为至多摸出1个白球可以摸不到白球，故与摸出3个红球不是互斥事件，故A错误； 因为至多摸出1个白球可以是1白2红小球，至少摸出1个红球可以是1红2白小球，故事件不互斥，故B错误； 因为至多摸出1个白球可以是1白2红小球，而至少摸出1个白球也可以是1白2红小球，事件不互斥，故C错误； 因为至多摸出1个白球与摸出3个白球不能同时发生，故事件互斥，又摸出3个白球事件不发生时，至多摸出1个白球不一定发生，例如可以2白一红发生，所以事件不是对立事件，故D正确. 故选：D 5. 已知为所在平面内一点，且满足，则点（ ） A. 在边的高所在的直线上 B. 在平分线所在的直线上 C. 在边的中线所在直线上 D. 是的外心 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律即可得，进而可判断. 【详解】由得，所以, ,所以，所以在边的高所在的直线上， 故选：A 6. 在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合余弦定理可得，由正弦定理边角关系有，而目标式可化为，即可求值. 【详解】由题设，，而且，即， 由知：， 又. 故选：B 7. 某公司为了调查员工的体重（单位：千克），因为女员工远多于男员工，所以按性别分层，用按比例分层随机抽样的方法抽取样本，已知抽取的所有员工的体重的方差为120，其中女员工的平均体重为50，方差为50，男员工的平均体重为70，方差为30．若样本中有21名男员工，则样本中女员工的人数为（ ） A. 68 B. 63 C. 35 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，知样本中男、女员工的平均体重和方差分别为，，，，所占权重分别为和，根据分层抽样的均值和方差公式列方程求出的值，即可求得女员工的人数. 【详解】由题意，记样本中女员工的平均体重和方差分别为，，所占权重为， 男员工的平均体重和方差分别为，，则所占权重为， 则样本中全部员工的平均体重为， 依题意，方差为 . 化简得，解得 或(舍). 所以女员工的人数为： . 故选：B 8. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出的长.取CD的中点E，连接AE，BE，则平面，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的性质定理得所以平面ABE.再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求得截面圆的周长，即点的轨迹长. 【详解】解：正三棱锥中，设点在底面上的投影为， 则为的中心，且平面. 连接，则为直线与平面所成的角.如图： 因为正三棱锥的底面的边长为4， 所以边上的高(中线)的长为，所以. 由题可知，所以，所以. 所以三棱锥为正四面体，其各个面均为正三角形. 因为动点在以为直径的球面上，且直线平面， 所以点的轨迹为过直线且垂直于的平面截以为直径的球面所得的截面圆. 如图所示，取的中点，连接AE，BE. 因为和均为正三角形，所以， 又平面ABE，故平面ABE. 所以平面, 平面即为平面. 取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则FG∥CD，所以平面MAB且. 因为F是BC的中点，所以F为以BC为直径的球的球心，所以FG是球心F到平面MAB的距离. 因为所以该球半径为2， 则点M的轨迹所形成的圆的半径为， 则其轨迹长为 故选：D． 二、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.全部选对的得满分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 学校为了了解本校学生上学的交通方式，在全校范围内进行了随机调查，将学生上学的交通方式归为四类方式：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式.并把收集的数据整理分别绘制成柱形图和扇形图，下面的柱形图和扇形图只给出了部分统计信息，则根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 扇形图中D的占比最小 B. 柱形图中A和C一样高 C. 无法计算扇形图中A的占比 D. 估计该校学生上学交通方式为A或C的人数占学生总人数的一半 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据柱形图和扇形图，可求得总人数，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】对于A：由扇形图可得，D的占比最小，故A正确； 对于B：因为D的人数为18，且D占比为， 所以总人数为人，所以A组人数为， 所以柱形图中A和C一样高，故B正确； 对于C：由（2）可得，A组30人，占比为，故C错误； 对于D：A或C的人数和为60人，总人数为120，占学生总人数的一半，故D正确， 故选：ABD 10. 已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）轴截面是边长为2的等边三角形，则下面选项正确的是（ ） A. 圆锥PO的表面积为 B. 圆锥PO的内切球半径为 C. 圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为 D. 若C为PB的中点，则沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短路程是 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆锥的几何结构特征，结合圆锥的表面积公式和内切球的性质，以及内接圆柱、侧面展开图的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形， 可得圆锥的底面圆的半径为，高，母线长为， 则圆锥的表面积为，所以A正确； 对于B中，设圆锥的内切球球心为，半径为，如图所示， 由与相似，可得，即，解得， 即圆锥的内切球的半径为，所以B正确； 对于C中，如图所示，设内接圆柱的底面半径为，高为， 在直角中，可得，则， 所以， 所以内接圆柱的侧面积为， 当且仅当时，即时，等号成立，此时 所以圆锥PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为，所以C正确； 对于D中，如图所示，设圆锥侧面展开图的与圆心角为， 由弧长等于底面圆的周长，可得，可得， 在直角中，，可得， 即当为的中点，则沿圆锥的侧面由点到点的最短路程是， 所以D不正确. 故选：ABC. 11. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据条件求出；选项B：由余弦定理得，将此式看作关于的二次方程,由题意得此方程有两个正解,求得b的取值范围；选项C：根据正弦定理得，利用为锐角三角形求角A的范围，从而求边的范围；选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用等面积法求的内切圆半径，从而求的面积. 【详解】解：对于A选项，因为， 所以由正弦定理，得,即 ， 因为，所以，且，所以，A选项正确； 对于B选项，由余弦定理得， 将此式看作关于的二次方程,由题意得此方程有两个正解, 故 ,解得，所以选项B错误； 对于C选项，由正弦定理，得 ，即 ， 因为为锐角三角形， 所以 ，即，解得， 所以，故选项C正确； 对于D选项，因为，所以， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即， 因为，所以，即， 又因为， 所以，， ，，即是直角三角形， 所以内切圆的半径满足，即， 所以的面积为，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛:在三角形中,常常隐含角的范围:①若已知一个角数，则另两角的范围不能是，如＝，则,特别是在求值域问题时会用到. ②在锐角三角形中，不要只考虑，还要想到另外两角之和在内,若再知其中一角,要考虑其它角的范围,如＝，则,所以; 若知其中两角关系,也要考虑角的范围,如在本题中，综合三个角为锐角有,得. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 设，，为虚数单位，若是关于的二次方程一个虚根，则__________． 【答案】7 【解析】 【分析】由代入方程，根据复数相等可得答案. 【详解】因为是关于的二次方程一个虚根， 所以， 即，可得， 解得， 则. 故答案为：7. 13. 已知向量，，满足，，且，则____． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据已知条件依次求出、、，接着求出、和即可结合向量夹角余弦公式求解. 【详解】由题，故即， ，； ，故即， ，； ，故即， ，， 所以， 且，， 所以. 故答案为：. 14. 已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，由棱锥体积公式即可判断；对于②，由外接球的定义可得中点为外接球球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；对于③，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，即可判断；对于④, 由条件可知到面的距离最大时，线面角最大，然后代入计算，即可判断. 【详解】 对于①，， 当平面平面时，三棱锥的高最大， 此时体积最大值为，故①正确； 对于②，设的中点为， 则由知，， 所以为三棱锥外接球的球心，其半径为， 所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故②正确； 对于③，若，由，， 平面，平面， 可得平面，因为平面，则， 因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故③错误； 对于④，因为是定值，则只需到面的距离最大时， 与平面所成角最大， 当平面平面时，到面的距离为， 设与平面所成角为，此时， 因为为锐角，所以， 即与平面所成角的余弦值最小值为，故④正确． 故答案为：①②④ 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.) 15. 2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”某中学高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为五组，其中第二组的频数是第一组频数的2倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）求的值，并估计这次竞赛成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的75和85两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差. 【答案】（1），， （2）80；37.5 【解析】 【分析】（1）由题意结合各组频率之和为1，即可求得的值，利用中位数的计算方法即可求得中位数； （2）利用平均值以及方差公式，即可求得答案. 【小问1详解】 由第二组的频数是第一组频数的2倍，可知第二组的频率是第一组频率的2倍， 即，则； 又，解得； 由于成绩在内的频率为，在内的频率为， 故中位数位于，设为m，则，解得； 【小问2详解】 由，可得， 则剔除其中的75和85两个分数，剩余8个数平均数为； 又标准差， 故， 则， 则剩余的8个数的方差为. 16. 已知多面体如图所示，其中四边形为矩形．平面，四点共面，，，点是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，求点到平面的距离． （特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分） 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，构造平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）设点A到平面的距离为h，根据等体积法计算得到. 【小问1详解】 证明：取中点，连接，，如图， 因为平面，平面，平面平面， 所以，由题意，四边形为矩形，，， 又，分别为，的中点，所以，且， 所以且，则四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 故平面； 【小问2详解】 由，得，， 所以，又，，平面，平面， 所以平面，所以为三棱锥的高，且， 所以， 所以. 又由直角三角形和直角三角形得. 又在等腰三角形中，，， 由余弦定理得，得. 所以在等腰三角形中，，， 得底边上的高，. 设点A到平面的距离为h，则三棱锥的体积. 由，即，解得 故点A到平面的距离为 17. 如图，平面内四点，，，，满足，，. （1）若，， （i）求的面积； （ii）求； （2）若，，求. 【答案】（1）（i）（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）在直角中，可求，，再得到，利用三角形面积公式即可求解；（ii）根据余弦定理可解； （2）设，利用正弦定理及三角恒等变换化简可得，即可求解. 【小问1详解】 （i），，， ，又，所以，， . （ii）， 所以. 【小问2详解】 ，设，则,, 在中，由正弦定理可得，即， 所以，即, 所以,即， 因为，所以，所以， . 18. 在三棱柱中，，，且为的中点，为的中点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，求二面角的正弦值的最大值. （特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分） 【答案】（1） 在三棱柱中，连接，由分别为中点， 得，则四边形为平行四边形，， 由得，由得， 则，于是， 由得，而，平面， 则平面，所以平面， 又平面，∴平面平面. AI    （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件依次求证和平面即可根据面面垂直的判定定理得证； （2）由（1）的信息，利用定义法求出是直线与平面 所成角即可依据题意信息计算求解； （3）由（1）（2）中信息，求出直角三角形邻边上的高，再作平面于，利用定义法求出二面角正弦值的最大值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 在平面内过作交于点，平面平面， 因此平面，连接，则是直线与平面 所成角， 因为， 所以， 在中，，在中，， 所以直线与平面 所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）得，又， 则， 由（2）得，过作平面交平面于点，连接， 由平面，得， 而平面，则平面， 又平面，则，是二面角的平面角， 显然，当且仅当重合时取等号， 所以， 所以二面角的正弦值的最大值为. 19. 如图所示，设是平面内相交成 角的两条数轴，分别是与 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下 ， 则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，求的模长； （2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； （3）若在仿射坐标系下，设，若对恒成立，求的范围及的最大值． 【答案】（1）； （2） 不正确，理由如下， 因为，则， 又， 则， 若，则，则， 所以“”的充要条件是“”， 故“”的充要条件是“”是不正确的． （3），的最大值为. 【解析】 【分析】（1）应用向量数量积的运算律求向量的模即可； （2）由向量数量积的坐标表示及垂直关系，结合充分、必要性的定义判断证明； （3）根据题设得到对恒成立，再应用二次函数的性质得，再由向量的夹角公式得，即可得最值. 【小问1详解】 因为，则，又， 则． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，则， ， ， ， 由，得， 所以， 即对恒成立， 又，所以，解得， 因为，所以满足题意， 所以， 又，所以，则的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $