精品解析：四川省眉山市彭山区第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

彭山一中27届高二上开学考数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 已知为虚数单位，复数，则　　 A. B. C. D. 2. 用按比例分配的分层随机抽样方法，从某学校的600名男生和800名女生中选取14人参与某项研学活动，则女生比男生多选取（ ） A. 8 人 B. 6人 C. 4人 D. 2人 3. 已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（ ） A. 平面 B. 平面或平面 C. 平面 D. 平面或平面 4. 收集到一组数据：10，20，30，70，80，90，100，110，则该组数据的第75百分位数是（ ） A. 85 B. 90 C. 95 D. 100 5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙、丁四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 甲：平均数为，中位数为 B. 乙：中位数为，众数为 C. 丙：平均数为，方差为 D. 丁：中位数为，方差为 8. 已知函数，则（ ） A. 若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B. 当，时，的值域为 C. 当时，是的对称中心 D. 若在内有且仅有两个零点，则 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. 已知复数（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 10. 如图所示，在四面体中，，，平面平面，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与平面所成的角为 D. 四面体的体积为 11. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 若有两解，则取值范围是 D. 若，O为的外心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，且，则______． 13. 已知，，则______． 14. 在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面，若，，则这个四棱锥的外接球表面积为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知点，点，点 （1）求与夹角的余弦值 （2）当是以角为直角的三角形时，求的值 16. 某校高一年级共名学生参加某次数学考试后，学校随机抽取了若干份试卷对其得分（满分分）进行统计，按照，，，，分成组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计本次数学考试分数的中位数（保留一位小数）； （3）试估计本次数学考试分数不低于的人数． 17. 如图，为菱形平面外一点，且，为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）是否存在点E使得平面，若存在，确定点E的位置，若不存在，请说明理由． 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，的平分线与交于点且，求线段的长. 19. 如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求证：； （3）在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 彭山一中27届高二上开学考数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 已知为虚数单位，复数，则　　 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】， 故选A． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题． 2. 用按比例分配的分层随机抽样方法，从某学校的600名男生和800名女生中选取14人参与某项研学活动，则女生比男生多选取（ ） A. 8 人 B. 6人 C. 4人 D. 2人 【答案】D 【解析】 【分析】确定抽样比计算出男生和女生的人数即可得出结论. 【详解】依题意可知，分层抽样比为， 因此可得选取的男生为6人，女生为8人， 所以女生比男生多选取2人. 故选：D 3. 已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（ ） A. 平面 B. 平面或平面 C. 平面 D. 平面或平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中的线、面位置关系，和线面平行的性质和判定定理，即可判断结果. 【详解】如图所示， 因为平面，所以存在直线平面，使得， 因为，所以或与重合，此时平面或平面， 当平面时，因为平面且，所以平面， 综上，平面或平面. 故选：D. 4. 收集到一组数据：10，20，30，70，80，90，100，110，则该组数据的第75百分位数是（ ） A. 85 B. 90 C. 95 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数的定义求解即可. 【详解】将这8个数据从小到大排列为：10，20，30，70，80，90，100，110， 而，从而所求为从小到大排列后的第六个数和第七个数的平均数，即为. 故选：C. 5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设底面半径为r，母线为l，由轴截面是等腰直角三角形得，代入求出r和l，再求出圆锥的高，代入体积公式计算． 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l， 圆锥的轴截面是等腰直角三角形， ，即， 由题意得，侧面积， 解得， ，圆锥的高， 圆锥的体积， 故选：A． 【点睛】本题考查圆锥的体积、侧面积，以及轴截面问题，属于基础题． 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】由题意有， 故选：B. 7. 甲、乙、丙、丁四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 甲：平均数为，中位数为 B. 乙：中位数为，众数为 C. 丙：平均数为，方差为 D. 丁：中位数为，方差为 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、方差的定义，通过举例排除ABD，由假设推理判断C． 【详解】若甲的5个点数分别是，满足选项A； 若乙的5个点数分别是，满足选项B； 若丁的5个点数分别是，平均数为4，其方差为，满足选项D； 若丙的平均数为2，又有点数6，则方差，不可能满足C，因此丙不会出现点数6， 故选：C． 8. 已知函数，则（ ） A. 若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B. 当，时，的值域为 C. 当时，是的对称中心 D. 若在内有且仅有两个零点，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，根据周期公式以及函数图象可判断A错误，结合正弦函数图象性质可得B正确，将代入检验可得C错误，根据整体代换法以及正弦函数图象性质，结合零点个数限定出不等式，解得，可得D错误. 【详解】易知， 对于A，若函数相邻两条对称轴的距离为，即可得，因此可得，即A错误； 对于B，当，可得， 当时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 又 所以的值域为，即B正确； 对于C，当时，，将代入检验可得， 显然不是的对称中心，即C错误； 对于D，若，可得， 若在内有且仅有两个零点，可得，解得， 因此D错误. 故选：B 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. 已知复数（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据虚部的概念判断A，求出共轭复数后利用乘法法则化简求解判断B，求复数的和判断C，根据纯虚数的概念求解判断D. 【详解】因为复数，所以虚部为，， 所以，， 若是实数，是纯虚数，则，解得， 故选项AB错误，CD正确. 故选：CD 10. 如图所示，在四面体中，，，平面平面，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与平面所成的角为 D. 四面体的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求出可判断C；求出四面体的体积可判断D. 【详解】对于A，因为，，所以，若， 因为，，平面，平面， 所以平面，平面， 所以，这与矛盾，故A错误； 对于B，因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面，因为平面，所以， 因为，，所以，得， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，所以，故B错误； 对于C，平面，所以就是与平面所成的角， 因为，所以与平面所成的角为，故C正确； 对于D，四面体的体积为，故D错误. 故选：ABD 11. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 若有两解，则取值范围是 D. 若，O为的外心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数量积的定义及面积公式求得角C判断A，利用余弦定理及基本不等式求得，结合面积公式求解判断B，根据三角形有两解列不等式求解判断C，先利用正弦定理求得，然后根据数量积的几何意义及数量积的运算律求解判断D. 【详解】因为，所以，化简得， 又，所以，故A正确； 由及余弦定理得， 则，当且仅当时等号成立， 所以，故B错误； 已知，若有两解，则， 解得，即取值范围是，故C正确； 已知，，由正弦定理得， 因为点O为的外心，所以在上的投影为， 在上的投影为， 由数量积的几何意义可得：， 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】解：因为，，且， 所以，解得； 故答案为： 13. 已知，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式以及同角关系联立解方程，再由两角和的正弦公式代入计算可得结果. 【详解】由可得， 由可得，即， 联立解得； 所以. 故答案为： 14. 在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面，若，，则这个四棱锥的外接球表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决. 【详解】取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH、BH， 等腰梯形中，，， 则有，则四边形为平行四边形， 则，又，则为等边三角形， 则，则为等边三角形 则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心， 中，，则 又底面，则底面， 又， ， 即， 故点H为四棱锥的外接球球心， 球半径 则四棱锥外接球表面积为 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知点，点，点 （1）求与夹角的余弦值 （2）当是以角为直角的三角形时，求的值 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算先求的坐标，最后利用向量的夹角公式即可求解； （2）利用向量垂直的坐标运算即可求解. 【小问1详解】 由题意有：， ， ，， 所以. 【小问2详解】 因为是以角C为直角的三角形，所以. 即， 所以，即. 综上所述：. 16. 某校高一年级共名学生参加某次数学考试后，学校随机抽取了若干份试卷对其得分（满分分）进行统计，按照，，，，分成组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计本次数学考试分数的中位数（保留一位小数）； （3）试估计本次数学考试分数不低于的人数． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图频率和为，可得的值； （2）根据中位数的定义及公式可得解； （3）根据频率分布直方图可得频率，进而可得人数. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得， 所以； 【小问2详解】 因为，， 所以本次数学考试分数的中位数在这一组， 设本次数学考试分数的中位数为，则， 解得， 所以估计本次数学考试分数的中位数为； 【小问3详解】 由频率分布直方图可得数学分数不低于的频率为， 用样本估计总体，可以估计数学分数不低于的人数为， 所以估计本次数学考试分数不低于的人数为． 17. 如图，为菱形平面外一点，且，为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）是否存在点E使得平面，若存在，确定点E的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取的交点为，连接，如下图所示： 因为菱形，所以，且为的中点， 又，可得， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）存在；为线段的中点； 【解析】 【分析】（1）根据菱形性质以及等腰三角形性质可证明平面，再由面面垂直判定定理可证明得出结论； （2）利用线面平行判定定理证明可得当为线段的中点时，满足题意. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 存在，为线段的中点，满足平面； 连接， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； 因此存在点，当为线段的中点时，满足平面. 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，的平分线与交于点且，求线段的长. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由已知及正弦定理得，再利用两角和的正弦公式化简得，进而有，结合角的范围求解即可； （2）由面积分割可得，由余弦定理得即，然后利用角平分线的性质得，即可得解. 【小问1详解】 ，由正弦定理得. 因为， 所以， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 在中，由面积分割可得：， 即，所以. 由余弦定理得， 解得，即 ① 在中，， 在中，， 两式作比值可得，， 化简得 ②. 由①②可得，. 19. 如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求证：； （3）在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以， 又因为为的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以； 又平面平面，所以平面； （2） 在图1中，连接， 所以，因为，所以， 又因为，所以，所以，同理， 又，所以，所以. 由翻折性质得：，因为， 所以平面，平面，所以； （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据几何关系证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； （3）过作垂足为，利用定义法得为二面角的平面角，设，可得，求出，进而为直线与平面所成的角，求得，，求出动点的轨迹，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 过作垂足为， 由（2）知：平面，平面平面， 所以平面，所以； 因为，所以平面， 过作垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，，平面，平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形，设，由题意，知：， 在中，， 所以. 所以，所以分别为的中点， 因为平面，平面，所以，平面，所以为直线与平面所成的角，所以， 所以，所以，且平面， 所以动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以动点R的轨迹长度为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $