精品解析：浙江省A9协作体2025-2026学年高二上学期暑期返校联考数学试题

浙江省A9协作体暑假返校联考 高二数学试题卷 命题：丽水学院附中 陶一涞 审题：桐乡凤鸣高级中学 孙鑫洁 余姚四中 熊青厚 校稿：陆建花 考生须知： 1.本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 第I卷 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸相应的位置上. 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】B 【解析】 【分析】根据乘法运算可得，结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为， 可知复数对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 2. 在正方体中，异面直线与所成角为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线角的求法，将异面直线平移至同一平面内，求得正确答案. 【详解】画出图象如下图所示： 根据正方形的性质可知， 所以或其补角是直线与所成角， 由于三角形是等边三角形， 所以， 即直线与所成的角的大小为. 故选：B 3. 已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（ ） A 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间中的线面、面面关系来这个判断即可． 【详解】对于A，若，，则，故A正确； 对于B，若，，则，故B正确； 对于C，若,，则，结合，则，故C正确； 对于D，若，，，则不一定成立，还可能相交，故D错误； 故选：D． 4. 在中，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，结合，化简得到，对照题设即得的值. 【详解】因为，可得， 所以， 又因为，所以. 故选：D. 5. 已知事件、、满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用事件的关系及概率可判断A，利用特例可判断B，根据和事件的概率及互斥事件的概念可判断C，利用独立事件的定义可判断D. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，例如掷一次骰子，事件表示得到1或2点，事件表示得到3点或2点或4点，所以，此时不成立，故B错误； 对于C，若，则，则，故C正确； 对于D，若，则，，，则，，，不独立，故D正确. 故选：ACD. 6. 已知样本数据均为正数，其方差，则样本数据的平均数为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的计算公式计算即可. 【详解】设样本数据的平均数为， 则方差， 所以，即， 因为样本数据均为正数，所以，故. 故选：C. 7. 设的内角所对应的边分别为，其面积，若，则的周长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理得，代入即可求得，再利用正弦定理将角转化为边即可求解. 【详解】由正弦定理有，为的外接圆半径， 所以， 所以， 所以，即，又，所以的周长为. 故选：A 8. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的几何意义及已知图形分析得最大对应落在或上，若分别为的中点，讨论的位置，结合向量数量积的运算律、几何意义求的最大值. 【详解】如下图，要使最大，则与的夹角小于，而， 又半圆弧、上的，均有，半圆弧、上的，均有， 所以最大对应落在或上， 若分别为的中点， 当在上，如图，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 当在上，如图对应，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 综上，最大. 故选：C 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助向量坐标形式的模长公式、数量积公式、线性运算以及投影向量公式计算即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B：，故B正确； 对C：，， 因为，故与不共线，故C错误； 对D：，故D正确. 故选：ABD. 10. 在中，内角所对应的边分别为，下列结论正确的有（ ） A. 若，则为等边三角形 B. 若，则三角形有两解 C. 若，则最大内角的度数为 D. 若，且是锐角三角形，则的取值范围 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正余弦定理和三角函数公式依次判断各选项即可. 【详解】对于A，由，可得，由正弦定理有，故， 则有，即，为中内角，则， 同理，则等边三角形，故A正确； 对于B，，由正弦定理有，得，则三角形无解，故B错误； 对于C，因，则最大内角为，由余弦定理，，因为中内角，则有，故C正确； 对于D，由，及， 可得，即， 由为内角，可知或(此时,舍去)，即， 由正弦定理，. 因为是锐角三角形，故有，解得， 从而，则的取值范围，故D错误. 故选：AC 11. 一般地，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，对于正多面体，指各面都是全等的正多边形且每一个顶点所接的面数都是一样的凸多面体.记正多面体的顶点数为，棱数为，面数为，每个顶点连接的总棱数为，除正四面体､正六面体外，还有正八面体､正十二面体､正二十面体，如图所示. 则下面对于正多面体的描述正确的是（ ） A. 正十二面体的 B. 正多面体均满足等式： C. 正多面体均满足等式： D. 以正六面体各面中心为顶点作一个正八面体，则正六面体与正八面体的外接球的表面积之比为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A面为正五边形及棱与面的关系，即可判断；B由正多面体中棱与顶点的数量关系，即可得；C用表示出所有面的内角和，列方程即可得；D根据正六面体及其各面中心为顶点作一个正八面体的结构特征确定外接球的半径，再由面积比与半径比关系，即可得. 【详解】A：由正十二面体有12个面，每个面是正五边形，每条棱属于其中两个面，所以棱数，正确； B：对于正多面体，每个顶点连接的总棱数为，且每条棱有两个顶点，所以，错误； C：对于一个正面体，一个面的边数为，则所有面的内角和为， 由一个面有条棱，每条棱属于其中两个面，所以，则， 去掉正面体的一个面，展开其它个面在一个平面上， 若所有个顶点有个顶点在边缘，则个顶点位于中间， 去掉的那个面的内角和为，边缘处个顶点的内角和为，中间顶点的内角和为， 所以所有面的内角和为， 综上，，整理得，正确； D：以正六面体（立方体）各面中心为顶点作正八面体， 设立方体边长为，其外接球半径 ， 正八面体的顶点为立方体面中心，其边长为，则其外接球半径 ， 所以外接球表面积之比为半径之比的平方，即， 因此表面积之比为 ，正确. 故选：ACD 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据17，13，22，16，11，20，14，24的分位数为____________. 【答案】 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算即可得. 【详解】数据按从小到大排序：11，13，14，16，17，20，22，24， ，所以分位数为22. 故答案为：. 13. 如图所示，已知在水平放置的的斜二测直观图中，，，若该以为旋转轴，旋转一周，则旋转形成几何体的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由直观图得到平面图，即可求出所对应的线段，旋转后的图形为圆锥，根据圆锥的侧面积公式计算可得. 【详解】如图， 在中，，，， 所以， 由题意绕所在直线旋转一周后所形成的几何体为圆锥， 圆锥的底面半径，母线， 则圆锥的侧面积为. 故答案为： 14. 已知平面向量，将绕点逆时针方向旋转得到向量，在复平面内，向量对应的复数为，记复数，向量对应的复数为，下列说法正确的是__________.（填正确说法的序号）. ①点 ② ③ ④若，则 【答案】②③④ 【解析】 【分析】利用三角函数的定义可得可判断①；由复数的几何意义可得计算可判断②③④. 【详解】因为，所以， 所以在单位圆上，所以， 设，由三角函数的定义，可得， 所以，即，故①错误； 所以， ， 又， 所以，故②正确； ，故③正确； 当时，， ，， 所以，故④正确. 故答案为：②③④. 四､解答题：本题共3小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如图所示，观察图形，回答下列问题. （1）80~90这一组的频数､频率分别是多少？ （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､中位数(不要求写过程). 【答案】（1）频数为，频率为；（2）平均数为，众数为，中位数为. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有频率和为1可求得，得结论； （2）用每组数据中间值乘以频率相加得平均值，频率最大的一组数据的中间值为众数，频率0.5对应的值为中位数． 【详解】（1）根据题意，这一组的频率为， 这一组的频率为 这一组的频率为 这一组的频率为， 则这一组的频率为其频数为 （2）这次竞赛成绩的平均数为 这一组的频率最大，人数最多，则众数为 70分左右两侧的频率为则中位数为 16. 如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,,,,为与的交点,为棱上一点. （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若平面,求三棱锥的体积. 【答案】（Ⅰ）答案见详解;（Ⅱ）. 【解析】 【分析】(Ⅰ)平面,,四边形是菱形,,平面; (Ⅱ)连接,由平面,推出,从而是的中点,那么三棱锥的体积则可通过中点进行转化,变为三棱锥体积的一半. 【详解】(Ⅰ)平面,平面, , 四边形是菱形, , , 平面; (Ⅱ)如图,连接, 平面,平面平面, , 是的中点, 是的中点, 菱形中,,, 是等边三角形,, , . 【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及棱锥体积的计算,属于中档题.一般计算规则几何体的体积时,常用的方法有顶点转换,中点转换等,需要学生有一定的空间思维能力和计算能力. 17. 如图1，在中，分别是的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知先证明平面，然后由面面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作，垂足为，连接，先证得平面，得到为直线与平面所成的角，再利用平面图形的性质证得，，进而得出二面角的平面角为，即可求解. 【小问1详解】 证明：在图1中,因为， ∴在图2中，， 又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 连接，过点作，垂足为，连接， 因为分别是的中点， 所以， 因为， 所以， 又因为平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 所以， 因为，是的中点，所以， 所以为等边三角形， ∵点为中点，∴，. 在中， 在中，， 在中，， 所以， 又∵点为中点，∴， 又平面平面，平面平面， 所以二面角的平面角为， 在中，， 所以二面角的余弦值为. 18. 2025年6月23日雷霆队以大比分战胜步行者队捧起奥布莱恩杯.众所周知，总决赛采取7场4胜制，当两队大比分战成，第5场比赛被称为“天王山之战”.现假设甲乙两支队伍闯入总决赛，首战甲获胜的概率为，每场结束后，败方在下一场获胜的概率提高为，每场比赛结果相互独立. （1）求两场后双方战成的概率； （2）若首战乙胜，求再战三场双方战至后甲在“天王山之战”中获胜的概率； （3）求甲乙不需要进行第七场比赛的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）按照独立事件的概率可得； （2）记所求事件为，包含的所有结果：，按照独立事件的概率可得； （3）只进行四场比赛的结果对应的概率，只进行五场比赛甲获胜的结果；只进行六场比赛甲获胜的结果：即可计算出甲乙不需要进行第七场比赛的概率. 【小问1详解】 设事件“第场比赛甲获胜”，事件“第场比赛乙获胜”， 事件“两场后双方战成1：1”， 所以 故有. 【小问2详解】 记所求事件为，包含的所有结果： 所以 【小问3详解】 记为只进行场比赛的概率 ①只进行四场比赛的结果：则对应的概率为 ②只进行五场比赛甲获胜的结果：， 乙获胜的结果： ③只进行六场比赛甲获胜的结果： ， ， ，， 乙获胜的结果： ， ， ，， 6场比赛甲获胜的概率 对应乙获胜的概率所以 综上，甲乙不需要进行第七场比赛的概率为 19. 如图，在平面四边形中，，与交于点，记. （1）用表示； （2）求四边形面积的取值范围； （3）当为何值时，. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 分析】（1）由正弦定理求得，由四点共圆得到，再由正弦定理求得； （2）由题意得四边形的面积，代入边后由三角恒等变换化简，由取值范围求得四边形面积的取值范围； （3）由题意得，然后得分别求得，由此得到它们之间的关系.由题意建立方程后解得的值. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得，即，解得. 又，所以. 又，所以四点共圆， 所以. 因为，所以由正弦定理，得， 即，所以. 【小问2详解】 由题意得四边形的面积. 易知是四边形外接圆的直径，所以， 所以，所以， 所以. 因为，所以，所以， 所以四边形面积的取值范围是. 【小问3详解】 由题意，得， ， ， 所以. 因为，所以. 又，所以， 所以当，即时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省A9协作体暑假返校联考 高二数学试题卷 命题：丽水学院附中 陶一涞 审题：桐乡凤鸣高级中学 孙鑫洁 余姚四中 熊青厚 校稿：陆建花 考生须知： 1.本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 第I卷 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸相应的位置上. 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 2. 在正方体中，异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 在中，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知事件、、满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不独立 6. 已知样本数据均为正数，其方差，则样本数据的平均数为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 设的内角所对应的边分别为，其面积，若，则的周长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 在上投影向量为 10. 在中，内角所对应的边分别为，下列结论正确的有（ ） A. 若，则为等边三角形 B. 若，则三角形有两解 C. 若，则最大内角的度数为 D. 若，且是锐角三角形，则的取值范围 11. 一般地，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，对于正多面体，指各面都是全等的正多边形且每一个顶点所接的面数都是一样的凸多面体.记正多面体的顶点数为，棱数为，面数为，每个顶点连接的总棱数为，除正四面体､正六面体外，还有正八面体､正十二面体､正二十面体，如图所示. 则下面对于正多面体描述正确的是（ ） A. 正十二面体的 B. 正多面体均满足等式： C. 正多面体均满足等式： D. 以正六面体各面中心为顶点作一个正八面体，则正六面体与正八面体的外接球的表面积之比为 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据17，13，22，16，11，20，14，24分位数为____________. 13. 如图所示，已知在水平放置的的斜二测直观图中，，，若该以为旋转轴，旋转一周，则旋转形成几何体的侧面积为______. 14. 已知平面向量，将绕点逆时针方向旋转得到向量，在复平面内，向量对应的复数为，记复数，向量对应的复数为，下列说法正确的是__________.（填正确说法的序号）. ①点 ② ③ ④若，则 四､解答题：本题共3小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如图所示，观察图形，回答下列问题. （1）80~90这一组的频数､频率分别是多少？ （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､中位数(不要求写过程). 16. 如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,,,,为与的交点,为棱上一点. （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若平面,求三棱锥的体积. 17. 如图1，在中，分别是的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 2025年6月23日雷霆队以大比分战胜步行者队捧起奥布莱恩杯.众所周知，总决赛采取7场4胜制，当两队大比分战成，第5场比赛被称为“天王山之战”.现假设甲乙两支队伍闯入总决赛，首战甲获胜概率为，每场结束后，败方在下一场获胜的概率提高为，每场比赛结果相互独立. （1）求两场后双方战成的概率； （2）若首战乙胜，求再战三场双方战至后甲在“天王山之战”中获胜的概率； （3）求甲乙不需要进行第七场比赛概率. 19. 如图，在平面四边形中，，与交于点，记. （1）用表示； （2）求四边形面积的取值范围； （3）当为何值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $