精品解析：宁夏中卫市第一中学2025-2026学年高二上学期开学质量检测数学试题(A)

中卫市第一中学2025-2026学年度第一学期开学质量检测 高二数学（A卷） 一、单选题：（每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 已知平面向量，，则向量夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 120° B. 45° C. 60° D. 30° 5. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面向上”，设事件“第二枚硬币正面向上”，则（ ） A. 事件与互为对立事件 B. 事件与为互斥事件 C. 事件与事件相等 D. 事件与相互独立 6. 若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点在直线上的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，，，，为边的中线，为的中点，则（ ）. A. 0 B. 1 C. 3 D. 4 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 二、多选题：（每小题5分，共20分．选对但不全的得2分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 10. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙,理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用样本估计总体，以下四个选项正确的（ ） A. 丁险种最受参保人青睐 B. 随着年龄的增长人均参保费用越来越高 C. 30周岁以上的参保人数约占总参保人数的20% D. 30～41周岁参保人数最多 11. 已知向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若，则向量在向量上的投影向量坐标为 C. 若，则 D. 最大值为 12. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的高为 B. 圆锥的侧面积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥侧面展开图的圆心角为 三、填空题：（每小题5分，共20分．） 13. 已知事件A，B相互独立，且，，则________. 14. 已知向量，满足，，与的夹角为，则________． 15. 在中，若，则的外接圆半径为__________. 16. 如图，这是某零件的结构模型，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球、正四面体的三个面均相切．若，则该模型中4个小球的体积为_________． 四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. （1）已知复数是纯虚数，求实数的值； （2）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，求∠A的大小． 18. “数学好玩”是著名数学家陈省身赠送给数学爱好者们的一句话．某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，特举办数学竞赛活动，在活动中，共有19道题．从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值及样本成绩的上四分位数； （2）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差． 方差公式： 19. 在中，内角的对边分别为，满足，. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 20. 某校在一次期末数学测试中，为统计学生考试情况，从学校名学生中随机抽取名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于分到分之间满分分，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组第八组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分． （1）根据图表，计算第七组的频率，并估计该校的名学生这次考试成绩的平均分同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值； （2）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取名，求他们的分差的绝对值不超过分的概率． 21. 如图，点为半圆O圆弧上的两个三等分点，，，E为PD的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 22. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形． （1）求点到平面的距离； （2）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中卫市第一中学2025-2026学年度第一学期开学质量检测 高二数学（A卷） 一、单选题：（每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的四则运算，模的计算公式即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线和平面的位置关系逐项判断正误即可. 【详解】对于选项A：若，，则或异面，故A错误； 对于选项B：若，，可知，所以，故B正确； 对于选项C：若，，则的位置关系有：平行、相交或异面，故C错误； 对于选项D：若，，则与平面的位置关系有：平行、相交或线在面内，故D错误； 故选：B. 3. 已知平面向量，，则向量夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】平面向量的夹角公式的坐标表示即可求解. 【详解】由题意得，，则， 故选：C． 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 120° B. 45° C. 60° D. 30° 【答案】A 【解析】 【分析】应用余弦定理结合角的范围计算求解. 【详解】因为，所以， 即，所以， 由余弦定理得． 因为，所以， 故选：A． 5. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面向上”，设事件“第二枚硬币正面向上”，则（ ） A. 事件与互为对立事件 B. 事件与为互斥事件 C. 事件与事件相等 D. 事件与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】事件发生与否与事件无关，事件发生与否与事件无关，从而事件与事件相互独立． 【详解】解：抛掷两枚质地均匀的硬币， 设事件 “第一枚硬币正面向上”， 设事件 “第二枚硬币正面向上”， 事件发生与否与事件无关，事件发生与否与事件无关， 事件与事件相互独立． 故选：． 【点睛】本题考查两个事件的相互关系的判断，考查互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题． 6. 若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点在直线上的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由古典概型概率计算公式求解即可. 【详解】若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点有种可能， 其中满足的数对有，共5种可能， 所以点在直线上的概率是. 故选：C. 7. 已知中，，，，为边的中线，为的中点，则（ ）. A. 0 B. 1 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 利用正弦定理计算，根据向量运算得到，计算得到答案. 【详解】作示题图如图所示： 由正弦定理得，∵，，，∴， ∴. 故选：B. 【点睛】本题考查了正弦定理和向量的数量积，意在考查学生的计算能力和应用能力. 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以表面积为，A正确； 对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为 ，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图， 易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确； 对于D，由正方体易知：， 所成角为，所以所成角为， 又在平面内， 所以平面不成立，故D错误； 故选：D 二、多选题：（每小题5分，共20分．选对但不全的得2分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 【答案】AC 【解析】 【分析】分别利用古典概型的计算公式，方差和标准差的计算公式及其百分位数的定义求解即可. 【详解】对于选项,个体被抽到的概率为，故该选项正确； 对于选项，，解得， 则方差为，故该选项错误； 对于选项,数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为，12，14，14，17，19，23，27，30， 由于%，其中第6个数为23，故该选项正确； 对于选项,设数据，，…，的均值为， 则数据，，…，的均值为， 因为数据，，…，的标准差为， 所以数据，，…，的标准差为 ，故该选项错误； 故选：AC. 10. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙,理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用样本估计总体，以下四个选项正确的（ ） A. 丁险种最受参保人青睐 B. 随着年龄的增长人均参保费用越来越高 C. 30周岁以上的参保人数约占总参保人数的20% D. 30～41周岁参保人数最多 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用条形图、折线图、扇形图一一分析选项即可. 【详解】对于A，由条形图可知丁险种参保比例最高，即A正确； 对于B，由折线图可知，参保费用随年龄增长而增长，即B正确； 对于C，由扇形图可知，30周岁以下参保人数占总参保人数的20%， 所以30周岁以上参保人数占总参保人数的80%，即C错误； 对于D，由扇形图可知，30～41周岁参保人数占比最多，即D正确. 故选：ABD 11. 已知向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若，则向量在向量上的投影向量坐标为 C. 若，则 D. 最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，由的值进行判断；对B，由投影向量的计算公式计算；对C，由向量数乘运算的性质判断；对D，计算的最大值. 【详解】对于A：，A错误； 对于B：向量在向量上的投影向量为，B正确； 对于C：由，得，所以，即，解得，C错误； 对于D：设向量与向量的夹角为，则， 当时，取得最大值，此时取得最大值，D正确； 故选：BD. 12. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的高为 B. 圆锥的侧面积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用勾股定理及三角形面积公式可判定A，利用扇形面积公式可判定B，作辅助线确定二面角的平面角，计算可判定C，利用扇形的弧长与半径可计算圆心角确定D项. 【详解】对于A，由母线与互相垂直，的面积为2可知， 而与圆锥底面所成的角为，即，A错误； 对于B，由上可知，则圆锥的侧面积为，B错误； 对于C，取的中点D，连接， 则，所以，则为二面角的一个平面角， 由题意易知，故C正确； 对于D，圆锥侧面展开图的圆心角为，故D错误. 故选：ABD 三、填空题：（每小题5分，共20分．） 13. 已知事件A，B相互独立，且，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由对立事件概率公式可得，再由独立事件乘法可得即可. 【详解】由题设，而， 所以. 故答案为：. 14. 已知向量，满足，，与的夹角为，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】将平方，结合数量积的运算律，即可求得答案. 【详解】由题意得， 故， 故答案为： 15. 在中，若，则的外接圆半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式可得，再由余弦定理计算可得，根据正弦定理可得外接圆半径. 【详解】易知，即， 解得， 由余弦定理可知， 可得， 设外接圆半径为，所以， 可得. 故答案为： 16. 如图，这是某零件的结构模型，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球、正四面体的三个面均相切．若，则该模型中4个小球的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出示意图，先求出正四面体的高，再根据等体积法求出大球的半径，从而求出小球的半径，进而即可求出4个小球的体积． 【详解】如图所示，设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为，高为，的中点为， 连接，，，，，， 则， ， 又， 则， 所以， 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球， 则小正四面体的高， 所以， 所以4个小球的体积为， 故答案为：． 四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. （1）已知复数是纯虚数，求实数的值； （2）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，求∠A的大小． 【答案】（1）；（2）75°． 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数列出限制条件即可； （2）利用正弦定理结合三角形内角和可求答案. 【详解】（1）∵是纯虚数，则有． （2）由正弦定理，，可得， 因为，则，故, 所以. 18. “数学好玩”是著名数学家陈省身赠送给数学爱好者们的一句话．某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，特举办数学竞赛活动，在活动中，共有19道题．从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值及样本成绩的上四分位数； （2）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差． 方差公式： 【答案】（1），上四分位数为84 （2）总平均数；总方差 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1列式即可求解a的值；根据频率分布直方图先明确样本成绩的上四分位数所在的范围，再结合已知数据即可求解； （2）分别求出成绩落在和内的人数，再根据平均数定义和分层随机抽样的方差公式即可求解. 【小问1详解】 因为频率之和为1， 则，解得； 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第分位数为，则， 因为，解得， 所以样本成绩的第分位数为84； 综上，；上四分位数为84． 【小问2详解】 由图可知，成绩在的人数为， 成绩在的人数为， 故这两组成绩的总平均数， 总方差． 综上，总平均数；总方差． 19. 在中，内角的对边分别为，满足，. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理与和差倍角的正弦公式将等式化简，然后根据的范围求出. （2）首先根据正弦定理求出，然后根据余弦定理求出，最后根据三角形面积求出面积即可. 【小问1详解】 因为， 所以根据正弦定理得. 因为，所以等式可化简为， 即，又， 所以，解得. 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以. 根据正弦定理得. 根据余弦定理得. 解得或（舍去）. 所以的面积为. 20. 某校在一次期末数学测试中，为统计学生考试情况，从学校名学生中随机抽取名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于分到分之间满分分，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组第八组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分． （1）根据图表，计算第七组的频率，并估计该校的名学生这次考试成绩的平均分同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值； （2）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取名，求他们的分差的绝对值不超过分的概率． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图得第七组的频率，再计算该校的名学生这次考试成绩的平均分； （2）求出样本成绩属于第六组的有人，设为，样本成绩属于第八组的有人，设为， 即可得基本事件有共个，他们的分差的绝对值不超过分包含的基本事件个数共个，即可得概率 【小问1详解】 由频率分布直方图得第七组的频率为： ． 用样本数据估计该校的名学生这次考试成绩的平均分为： ． 【小问2详解】 样本成绩属于第六组的有人，设为， 样本成绩属于第八组的有人，设为， 从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取名， 基本事件有：，，，，，，，，，共个， 他们的分差的绝对值不超过分包含的基本事件个数，，，共个， 他们的分差的绝对值不超过分的概率． 21. 如图，点为半圆O圆弧上的两个三等分点，，，E为PD的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，BF，先证，利用线面平行的判定定理证得平面； （2）先证，，结合得到平面PAC，得到，结合，根据线面垂直的判定定理得平面ACD，进而由线面垂直的性质得，再证平面BOE，即可证得平面平面. 【小问1详解】 如图①，取PA的中点F，连接EF，BF， 又E为PD中点，则，， 因为B，C为半圆O圆弧上的两个三等分点，所以，， 所以，，所以四边形BCEF为平行四边形， 所以， 又平面PAB，平面， 所以平面PAB． 【小问2详解】 如图②，连接OC，则， 由（1）可得，，所以四边形为菱形，则， 由题意得， 又，，AC，平面， 所以平面PAC， 又平面， 所以， 由E为PD的中点,O为AD的中点,得， 又， ∴，. 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． 22. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形． （1）求点到平面的距离； （2）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长． 【答案】（1） （2）点E在线段AD上靠近点D的四等分点处，最大角的正弦值， 【解析】 【分析】（1）由求距离； （2）设直线与平面所成的角为，则，当时最大. 【小问1详解】 点在底面上的射影是与的交点， 平面， 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，，， ，， ， 设点D到平面PBC的距离为， 由得，解得． 故点D到平面PBC的距离为． 【小问2详解】 设直线与平面所成的角为， ∵，平面，不在平面内，∴， ∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离． 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使PE最小，此时． 由题意可知：，，平面，且， ，， 在中，， ， 由面积相等， 即，解得：， ，点E在线段AD上靠近点D的四等分点处． 即点E在线段AD上靠近点D的四等分点处时，直线与平面所成的角最大， 最大角的正弦值是，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $