精品解析：湖北省孝感市2025-2026学年高二上学期9月起点考试数学试题

2025－2026学年度上学期高二9月起点考试 高二数学试卷 命题学校：安陆一中 命题教师：陈汉荣 田萍 黄建华 审题学校：汉川一中 审题教师：谢敏 考试时间：2025年9月8日下午14：30－16：30 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） 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】利用复数的运算得，进而得在复平面对应的点为，即可求解. 【详解】因为， 所以在复平面对应的点为，位于第二象限， 故选：B. 2. 在平行四边形中，，点F是线段DE的中点，若，则＝（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，及进行求解. 【详解】 ，． 故选：C． 3. 如图，已知的平面直观图是等腰直角，且，，则的面积是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图的画法求出原图形的长度即可求出面积. 【详解】因为是等腰直角三角形，， 所以，且，， ，所以原平面图形的面积是. 故选：A． 4. 某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 02 93 12 25 85 69 68 34 31 45 73 93 28 75 56 35 87 30 11 07 据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为（ ） A. 0.50 B. 0.45 C. 0.40 D. 0.35 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析出两次投掷飞镖恰有一次正中靶心的基本事件数有9个，总的事件数有20个，根据古典概型概率计算公式计算即可. 【详解】因为1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心， 所以两次投掷飞镖恰有一次正中靶心表示：随机数组中有且只有一个数为1，2，3，4中的一个； 它们分别是02，93，25，45，73，93，28，35，30共9个， 即满足条件的基本事件数有9个，总的事件数有20个， 所以该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为． 故选：B. 5. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得到，再由向量夹角公式即可求解. 【详解】设与的夹角为， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴，∵， ∴． 故选：D． 6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误； 对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误； 对于D：若，，则或， 若，则在平面内存在直线，使得，又，则， 又，所以； 若，又，所以； 综上可得，由，，，可得，故D正确. 故选：D 7. 甲、乙、丙、丁对某组数据（该组数据由5个整数组成）进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于13的是（ ） A. 甲：中位数为10，众数为12 B. 乙：中位数为10，极差为3 C. 丙：平均数为9，方差为 D. 丁：平均数为9，极差为4 【答案】B 【解析】 【分析】根据各选项所给信息，逐一判断即可. 【详解】对于选项A，因为中位数为10，众数为12，所以这5个数从小到大排列后，第3个数是10，则第4个和第5个数都是12，所以这5个数都小于13；所以选项A错误. 对于选项B，因为中位数为10，极差为3，所以这5个数可以是10，10，10，11，13，则乙分析的数据中可以有大于或等于13的数；所以选项B正确. 对于选项C，因为平均数为9，方差为，由方差公式得：， 假设这5个数中出现大于或等于13的数，不妨设，则方差， 与方差为矛盾，所以假设错误，所以这5个数中没有大于或等于13的数；所以选项C错误. 对于选项D，假设这5个数中出现了大于或等于13的数，因为极差为4，所以最小的数需大于或等于9，此时这5个数的平均数一定会大于9，与平均数为9矛盾，所以这5个数都小于13，所以选项D错误. 故选:B． 8. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化，再利用辅助角公式求解即可. 【详解】∵，由正弦定理， 得， 即， 而，所以， ∵， 由正弦定理，得， ∴，而， ∴，∴， 因为，所以，∴． 设的外接圆半径为，则， ∴，而， ∴， 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是，则题被解出的概率是 B. 若A，B是互斥事件，则 C. 某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比，中级占比，初级占比，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，样本按比例分配，则初级教师应抽取15人 D. 一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据对立事件概率法则和独立事件乘法公式求解概率判断A；根据互斥事件的定义判断B；根据分层抽样法则列式求解判断C；根据古典概型概率公式求解概率判断D. 【详解】对于A，题没被解出的概率为， 故题被解出的概率为，故选项A正确； 对于B，由互斥事件的定义知，而仅在A，B独立时成立， 互斥与独立没有必然联系，故选项B错误； 对于C，根据分层随机抽样，由知，初级教师应抽取15人，故选项C正确； 对于D．设男生为甲，女生为乙和丙，则将这3人排成一排， 则（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，甲，丙），（乙，丙，甲），（丙，甲，乙）， （丙，乙，甲），共有6种排法， 其中女生相邻有：（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，丙，甲），（丙，乙，甲） 共有4种排法， 由古典概型得两位女生相邻的概率为，故选项D错误． 故选：AC． 10. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明线性垂直、求异面直线所成角判断A、C；根据正方体的结构特征及二面角的定义判断B、D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 对于A：， 因为，所以，即，正确； 对于B：由正方体的结构特征知，且四边形为矩形， 所以E到的距离为，正确． 对于C：， 设直线AE与所成角为，则， 显然在中，随的变大而变小， 当时，最大等于，此时最小为， 当时，最小等于0，此时最大为， 所以，即直线AE与所成角的范围为，不正确； 对于D：二面角，即二面角， 平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，则二面角的大小为，正确. 故选：ABD 11. 在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量．类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，规定如下运算法则：①；②；③；④．则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可判断A，求复数的模即可判断B，根据运算法则代入验证是否成立即可判断C，由，进而得，利用三角函数即可求解. 【详解】对于A，B，∵， ∴，，故A正确，B错误； 对于C，设，则，所以， 所以，故C正确； 对于D，∵， ∴的取值范围为，故选项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. 设i为虚数单位，复数，则|z－i|的最大值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用复数的性质识别复数的实部和虚部，再利用模长公式结合三角函数的性质计算. 【详解】已知，则， ， 因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立，即最大值为2. 故答案为：2. 13. 若，则在上投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量数量积的定义及投影向量的定义求在上投影向量的坐标. 【详解】设向量的夹角为，则在上投影向量为. 故答案为： 14. 如图，在三棱锥中，平面BCD，，，已知动点E从C点出发，沿四棱锥的外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先展开平面图，根据最短距离，利用余弦定理求得，然后将该棱锥补成一个长方体求得其外接球的半径，进而代入球的表面积公式求解即可. 【详解】三棱锥的部分平面展开图如图所示： 设，由题意得：，， 在中，由余弦定理得：， 即，即， 解得或（舍去），如图所示： 该棱锥的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为：， 所以该棱锥的外接球的表面积为. 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. 如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm． （1）求四棱台的表面积； （2）现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正四棱台的性质，求出侧面等腰梯形的高，再分别计算每个面的面积，相加即可得棱台的表面积； （2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，再根据圆台的体积公式计算即可. 【小问1详解】 正四棱台侧面是全等的等腰梯形， 分别取中点，连接，作交于， 如图所示，因为，，且，则四边形为矩形， 则，，，， 所以， 所以四棱台的表面积为． 【小问2详解】 若要这块石料最大限度打磨为一个圆台， 则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高， 则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高， 则圆台的体积为． 16. 在中，角所对的边分别为，已知向量满足，，且． （1）求角； （2）若是锐角三角形，且，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由得，再利用正弦定理得，进而得，即可求解； （2）利用正弦定理得，利用三角恒等变换得，又由锐角三角形得，进而求解. 【小问1详解】 ∵，∴， 即，由正弦定理得， ∴，∴，∵，∴或； 【小问2详解】 ∵a＝3，且三角形为锐角三角形，∴， ∴由正弦定理得：， ∴， ∴ ， 又∵为锐角三角形，∴，∴， 得，∴， ∴，∴的取值范围为：. 17. 2025年7月19日，雅鲁藏布江墨脱水电站正式宣布全面开工．这项总投资1.2万亿元的超级工程，以规划6000万千瓦装机容量（相当于三峡电站的三倍）、年均发电量3000亿千瓦时的规模，刷新了全球水电史纪录．某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量（单位：千瓦时）划分为三档，月用电量不超过200千瓦时的部分按0.5元/千瓦时收费，超过200千瓦时但不超过400千瓦时的部分按0.6元/千瓦时收费，超过400千瓦时的部分按0.8元/千瓦时收费． （1）求某户居民用电费用y（单位：元）关于月用电量x（单位：千瓦时）的函数解析式； （2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图．若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过220元的占80%，求a，b的值； （3）根据（2）中求得的数据计算用电量的75%分位数． 【答案】（1） （2）a＝0.0015，b＝0.0020 （3）375 【解析】 【分析】（1）根据题意，分，，三段列出对应解析式，再写成分段函数的形式即可； （2）由题知即用电量不超过400千瓦时的占80%，结合频率分布直方图求解即可； （3）先估算75%分位数在[300，400]内，再根据频率分布直方图百分位数求解公式求解. 【小问1详解】 当时，； 当时，； 当时，， 所以y与x之间的函数解析式为： 【小问2详解】 由（1）可知，当时，， 即用电量不超过400千瓦时的占80%，结合频率分布直方图可知 解得a＝0.0015，b＝0.0020． 【小问3详解】 因为用电量低于300千瓦时的所占比例为 ， 用电量低于400千瓦时的占80%，所以75%分位数在[300，400]内， 所以：， 即用电量的75%分位数为375千瓦时． 18. 为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）5或6或7 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求游戏一，游戏二的获胜概率； （2）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得书券的概率，从而游戏三获胜的概率的范围，据此可求的取值集合. 【小问1详解】 设事件为“游戏一获胜”， 游戏一中样本空间，，， ，则． 设事件为“游戏二获胜”， 游戏二中样本空间， ，， 则．所以游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为． 【小问2详解】 游戏三中，不放回地依次取两个球，样本个数为个， 当时，满足条件的样本点为：共4个， 所以获胜概率为， 所以当时，游戏三获胜概率为． 【小问3详解】 设事件为“游戏三获胜”，事件为“玩游戏一后先玩游戏二再玩游戏三，获得书券”， 事件为“玩游戏一后先玩游戏三再玩游戏二，获得书券”． ，且，，两两互斥，相互独立， 则 ． ，且，，两两互斥， 则 ． 依题意，，即需使，解得． 列出游戏三取球所有情况如下： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 当或4或8或9时， ； 当或6或7时， ． 所以的取值为或6或7时，先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 19. 已知四棱柱中，侧面为矩形，，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面⊥平面； （3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以， 又平面，平面，所以平面. （2） 由侧面为矩形，可得， 连接，因为，，则是等边三角形，所以， 由（1）知，，则，又， 在中，由余弦定理可得，所以， 所以，，又，则，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面⊥平面． （3）或 【解析】 【分析】（1）根据条件得，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）连接，结合条件，利用几何关系及余弦定理可得，由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （3）延长交于，过作于，过作于，根据条件，利用几何关系得为平面与平面所成二面角的平面角，在计算出，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 延长交于，因为，则是等边三角形， 过作于，由（2）可知平面⊥平面， 且两平面的交线为AD，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，又，由勾股定理可得， 所以，，所以由勾股定理可得， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 若，则点在线段延长线上，由勾股定理可得， 所以，，， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年度上学期高二9月起点考试 高二数学试卷 命题学校：安陆一中 命题教师：陈汉荣 田萍 黄建华 审题学校：汉川一中 审题教师：谢敏 考试时间：2025年9月8日下午14：30－16：30 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在平行四边形中，，点F是线段DE的中点，若，则＝（ ） A. 1 B. C. D. 3. 如图，已知的平面直观图是等腰直角，且，，则的面积是（ ） A. B. C. 1 D. 4. 某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 02 93 12 25 85 69 68 34 31 45 73 93 28 75 56 35 87 30 11 07 据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为（ ） A. 0.50 B. 0.45 C. 0.40 D. 0.35 5. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 甲、乙、丙、丁对某组数据（该组数据由5个整数组成）进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于13的是（ ） A. 甲：中位数为10，众数为12 B. 乙：中位数为10，极差为3 C. 丙：平均数为9，方差为 D. 丁：平均数为9，极差为4 8. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是，则题被解出的概率是 B. 若A，B是互斥事件，则 C. 某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比，中级占比，初级占比，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，样本按比例分配，则初级教师应抽取15人 D. 一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是 10. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 11. 在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量．类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，规定如下运算法则：①；②；③；④．则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设i为虚数单位，复数，则|z－i|的最大值为______． 13. 若，则在上投影向量的坐标为______． 14. 如图，在三棱锥中，平面BCD，，，已知动点E从C点出发，沿四棱锥的外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为______． 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. 如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm． （1）求四棱台的表面积； （2）现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积． 16. 在中，角所对的边分别为，已知向量满足，，且． （1）求角； （2）若是锐角三角形，且，求的取值范围． 17. 2025年7月19日，雅鲁藏布江墨脱水电站正式宣布全面开工．这项总投资1.2万亿元的超级工程，以规划6000万千瓦装机容量（相当于三峡电站的三倍）、年均发电量3000亿千瓦时的规模，刷新了全球水电史纪录．某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量（单位：千瓦时）划分为三档，月用电量不超过200千瓦时的部分按0.5元/千瓦时收费，超过200千瓦时但不超过400千瓦时的部分按0.6元/千瓦时收费，超过400千瓦时的部分按0.8元/千瓦时收费． （1）求某户居民用电费用y（单位：元）关于月用电量x（单位：千瓦时）的函数解析式； （2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图．若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过220元的占80%，求a，b的值； （3）根据（2）中求得的数据计算用电量的75%分位数． 18. 为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 19. 已知四棱柱中，侧面为矩形，，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面⊥平面； （3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $