精品解析：湖北省汉川市金益高级中学2025-2026学年高二上学期9月起点考试数学试卷

金益高中高二9月份起点考试数学试卷 考试时间：2025年9月6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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数满足：，则复数的虚部为（ ） A. B. -2 C. 2 D. 2. 已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷8次，得到的点数分别为，则这8个点数的中位数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 5. 已知圆锥的侧面积为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 6. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现小于4的点”，“第二枚出现大于3的点”，则与的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 7. 在三棱锥中，三个侧面与底面所成的角均相等，顶点在内的射影为，则是的（ ） A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 8. 已知单位向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 10. 如图，正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列选项中正确的是（ ） A. 的最小值为. B. 平面平面. C. 若是的中点，则二面角的余弦值为. D. 若，则直线与所成角的余弦值为. 11. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 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. 三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球体积等于______. 14. 在中，，则中最小角的余弦值为__________. 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. 在锐角中，其内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，，求△ABC的面积． 16. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 17. 甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环.设甲、乙、丙三人水平相当，每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求甲连续打四局比赛的概率； （2）求在前四局中甲轮空两局的概率； （3）求第四局甲轮空的概率. 18. 在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）． （1）求证：平面； （2）为线段上的动点（不含端点），能否与平面平行？说明理由； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0，1，2，3，将这个玩具抛掷次，记第次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为. （1）分别计算事件“”和“”的概率； （2），令.记是3的倍数的概率为； ①求； ②试推导与之间的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金益高中高二9月份起点考试数学试卷 考试时间：2025年9月6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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数满足：，则复数的虚部为（ ） A. B. -2 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法先求出复数，结合共轭复数的概念，进而可得出结果. 【详解】因为，所以， 所以所以虚部为2. 故选:C 2. 已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知条件平方求得，然后根据投影向量公式计算即可求解. 【详解】因为， 所以，即，得， 则在方向上的投影向量为. 故选：D 3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷8次，得到的点数分别为，则这8个点数的中位数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分情况讨论时对应的中位数，从而可求解. 【详解】由题意， 当时，8个点数的中位数为3.5； 当时，8个点数的中位数为4； 当时，8个点数的中位数为4.5， 则8个点数的中位数为4的概率为. 故选:D. 4. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长. 【详解】由题意可知：， 则 ， 所以. 故选：C. 5. 已知圆锥的侧面积为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出圆锥底面圆半径，表示出圆锥母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，则，解得， 由圆锥的侧面积为，得，即，所以. 故选：A 6. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现小于4的点”，“第二枚出现大于3的点”，则与的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立事件的概念进行判断. 【详解】对于该试验，第一枚骰子与第二枚骰子出现点数互不影响，故与相互独立. 故选：C 7. 在三棱锥中，三个侧面与底面所成的角均相等，顶点在内的射影为，则是的（ ） A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心 【答案】C 【解析】 【分析】根据三垂线定理可得平面的夹角，结合题意得，即可根据锐角三解函数得，由内心的性质即可求解. 【详解】若三个侧面与底面所成的角相等，则分别作三个侧面三角形的斜高， 由三垂线定理，得，，， 则、、分别是三侧面与底面所成角的平面角， ， ，，， ， 是的内心． 故选：C． 8. 已知单位向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意求出的值，进而即可求解的最小值. 【详解】由得， 两边取平方得，即， 又为单位向量，所以，即， 解得或， 因为，所以，即. 因为， 所以，当时等号成立， 所以的最小值为. 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. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐项判断. 【详解】对于A，若A与B相互独立，则， 所以，故A对； 对于B，因为，，则， 因为，所以事件与相互独立，故B对； 对于C，若A与B互斥，则，故C错； 对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D对． 故选：ABD 10. 如图，正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列选项中正确的是（ ） A. 的最小值为. B. 平面平面. C. 若是的中点，则二面角的余弦值为. D. 若，则直线与所成角的余弦值为. 【答案】ABC 【解析】 【分析】证明，可判断A的真假；通过面面垂直的判定定理判断B的真假；作出二面角并求出其余弦值，判断C的真假；作出异面直线所称的角，并求其余弦，判断D的真假. 【详解】对A：如图 连接，，因为是正方体， 所以平面，平面，所以. 又点在线段上，所以为直角三角形， 所以（当点与点重合时取“”）.故A正确； 对B：因为是正方体，所以平面， 又平面，所以：平面平面，故B正确； 对C：当为线段中点时，因为，， 所以即为二面角的平面角. 在中，，，，所以， 所以.故C正确； 对D：如图： 因为，在上取点，使，连接，，则, 所以即为异面直线与所成的角. 在中，，，. 由余弦定理可得：，故D错误. 故选：ABC 11. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答. 【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，A正确； 对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件， 是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，B正确； 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误； 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率， 单次传输发送0，则译码为0的概率，而， 因此，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 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】利用两非零向量垂直的充要条件是两向量数量积为0，再利用数量积的坐标运算就可解得结果. 【详解】由可得， 又因为，， 所以， 解得. 故答案为： 13. 三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球体积等于______. 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥补成长方体，求长方体外接球的体积即可. 【详解】如图： 将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球和长方体的外接球是一致的. 设长方体外接球半径为，则：，所以 所以三棱锥的外接球体积为：. 故答案为： 14. 在中，，则中最小角的余弦值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的几何意义计算即可. 【详解】因为是直角三角形，且为斜边， 而，， 由得，即， 即，所以， 所以. 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. 在锐角中，其内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，，求△ABC的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可得，再结合正弦定理及三角变换公式可得； （2）结合（1）中结果可求三个角的正切，从而可求三个角的正弦，求出外接圆半径后可求三角形面积. 【小问1详解】 因为，故， 整理得到：，由正弦定理可得， 所以即， 所以，而为锐角三角形， 故，故即. 【小问2详解】 因为，故，所以， 而，结合可得， 而为锐角，故， 故外接圆半径为， 故. 16. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，因两两垂直，故可以为原点建立如图的空间直角坐标系， 由、、、、、， 则、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则，， 分别取，则、、，， 即得，， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 17. 甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环.设甲、乙、丙三人水平相当，每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求甲连续打四局比赛的概率； （2）求在前四局中甲轮空两局的概率； （3）求第四局甲轮空的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意知甲前三局都要打胜，计算可得甲连续打四局比赛的概率； （2）甲轮空两局的情况为，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，计算即可； （3）分析可得甲第四轮空有两种情况：第1种情况，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空，第2种情况，第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲败，第四局轮空，计算即可. 【小问1详解】 若甲连续打四局，根据比赛规则可知甲前三局都要打胜， 所以甲连续打四局比赛的概率； 【小问2详解】 在前四局中甲轮空两局的情况为，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空， 故在前四局中甲轮空两局的概率； 【小问3详解】 甲第四轮空有两种情况： 第1种情况，第一局甲败，第二局轮空，第三局甲败，第四局轮空， 第2种情况，第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲败，第四局轮空， 第1种情况的概率；第2种情况的概率； 由互斥事件的概率加法公式可得第四局甲轮空的概率为. 18. 在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）． （1）求证：平面； （2）为线段上的动点（不含端点），能否与平面平行？说明理由； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为，为的中点， 是等边三角形， 则， 则在中，因为，， 所以． 在中，因为，所以， 同理可得， 又，， 故平面． （2） 不可能与平面平行，理由如下： 假设平面， 又因为平面平面． 所以平面． 因为平面平面， 从而有平面平面，这显然不成立， 所以不可能与平面平行． （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）假设平面，推导出错误结论平面平面，即可说明不可能与平面平行； （3）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 设为的中点，则． 因为平面平面， 所以平面平面． 又平面平面平面，所以平面． 以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向， 过点且平行于的直线向上方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 因为， 所以， 取，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则． 19. 某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0，1，2，3，将这个玩具抛掷次，记第次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为. （1）分别计算事件“”和“”的概率； （2），令.记是3的倍数的概率为； ①求； ②试推导与之间的关系. 【答案】（1） （2）①；；② 【解析】 【分析】（1）通过列举法，利用古典概型概率公式计算即得； （2）①与（1）同法运用古典概型概率公式求解；②记分别表示被3整除、被3除余1，被3除余2的事件，记分别表示被3整除、被3除余1，被3除余2的事件，依题意，建立①②③组成的方程组，消去，即得，将代入整理即得与之间的关系式. 【小问1详解】 记事件为“”，事件为“”， ①求：样本空间为：，，则； ②求，样本空间为： ， ，则. 【小问2详解】 ①求，先令事件“是3的倍数”，由（1），，则； 求，先令事件“是3的倍数”，由（1），， 因，则. ②记事件为“被3整除”，为“被3除余1”， 为“被3除余2”，∵，∴两两互斥，且， 记事件为“被3整除”，为“被3除余1”， 为“被3除余2”，则两两互斥，且， 由于每次抛掷得到的数字互不影响， 则 由：， 将代入上式，整理得：， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $