精品解析：河南省濮阳市第一高级中学2025-2026学年高二上学期开学摸底检测数学试题

濮阳市一高2024级高二上学期开学摸底检测数学试卷 命题人：高二数学组 审题人：高二数学组 时间：120分钟 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. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. －i D. i 2. 某羽毛球俱乐部有队和队，其中队有名学员，队有名学员，为了解俱乐部学员羽毛球水平，用比例分配的分层随机抽样的方法从该俱乐部中抽取一个容量为的样本，已知从队中抽取了名学员，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了名学生，得到这名学生对食堂用餐质量给出的评分数据（评分均在[50，100]内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为（ ） A. 82.5 B. 81.5 C. 87.5 D. 85 4. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两条不同直线，表示平面，且，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 记的内角、、的对边分别为、、，且，则是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 7. 已知一个圆锥和圆柱的底面半径和侧面积分别相等，且圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方形ABCD的边长为3，点E是边BC上的一点，且，点P是边DC上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知一组数据，由（）生成的一组新数据，则（ ） A. 新数据的极差可能与原数据的极差相等 B. 新数据的平均数可能与原数据的平均数相等 C. 新数据的中位数一定比原数据的中位数大 D. 新数据的标准差一定比原数据的标准差大 11. 在直三棱柱中，，点M是棱上的一点，则下列说法正确的是（ ） A. AM⊥BC B. 四棱锥体积为2 C. 直三棱柱外接球的表面积是 D. 的最小值为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量的夹角为，，则＝______． 13. 从分别写有1，2，3，4，55张卡片中不放回地随机抽取3张，则抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率为______． 14. 在棱长为的正方体中，点E是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为______；点P是正方体表面上的一动点，且满足，则动点P的轨迹长度是______． 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. 设，复数． （1）若为纯虚数，求实数a的值； （2）若复数是关于x的方程的一个根，求的值． 16. 已知平面向量． （1）若，且，求和的值； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 17. 小张、小胡两位同学进行两轮语文常识答题比赛，每轮由小张、小胡各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小胡每轮答对的概率为，在每轮比赛中，小张、小胡答对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求小张在两轮比赛中至少答对1题的概率； （2）求在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率． 18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且． （1）求； （2）若，求的面积的最大值； （3）若，，求． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． （1）记平面与平面的交线为，求证：． （2）若，求二面角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 濮阳市一高2024级高二上学期开学摸底检测数学试卷 命题人：高二数学组 审题人：高二数学组 时间：120分钟 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. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. －i D. i 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数，再由共轭复数定义得到，求出其虚部. 【详解】因为复数z满足，所以， 所以，的虚部为－1． 故选：A． 2. 某羽毛球俱乐部有队和队，其中队有名学员，队有名学员，为了解俱乐部学员的羽毛球水平，用比例分配的分层随机抽样的方法从该俱乐部中抽取一个容量为的样本，已知从队中抽取了名学员，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样可得出关于的等式，解之即可. 【详解】根据分层抽样可得，解得． 故选：D． 3. 某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了名学生，得到这名学生对食堂用餐质量给出的评分数据（评分均在[50，100]内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为（ ） A. 82.5 B. 81.5 C. 87.5 D. 85 【答案】D 【解析】 【分析】先判断第百分位数所在组，然后根据频率直方图面积之和等于确定取值. 【详解】因为，， 所以第60百分位数位于，设为， 则， 解得，即估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为. 故选：D． 4. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出外接圆直径. 【详解】设外接圆的半径为，则， 即外接圆的直径为． 故选：B． 5. 已知是两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分不必要条件定义判断可得答案. 【详解】若，则存在，使得，又，所以，可得， 故“”是“”的充分条件； 若，且，则可能在平面内，得不到， 故“”不是“”的必要条件． 综上，“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 6. 记的内角、、的对边分别为、、，且，则是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式、诱导公式可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，由此可得出结论. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得， 整理得， 因为，所以，故，故，所以为直角三角形． 故选：A． 7. 已知一个圆锥和圆柱的底面半径和侧面积分别相等，且圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，分别求出圆锥和圆柱的高（用表示），代入体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为， 则圆锥的高为，设圆柱的高为，又圆锥和圆柱的侧面积相等， 所以，解得，所以这个圆锥和圆柱的体积之比为. 故选：C． 8. 已知正方形ABCD的边长为3，点E是边BC上的一点，且，点P是边DC上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，用坐标表示数量积，转化为二次函数求最值. 【详解】以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，则， 设，则，， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为． 故选：C． 二、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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 分析】由余弦定理，代入求解方程即可. 【详解】在中，由余弦定理得， 即， 解得或． 故选：BC． 10. 已知一组数据，由（）生成的一组新数据，则（ ） A. 新数据的极差可能与原数据的极差相等 B. 新数据的平均数可能与原数据的平均数相等 C. 新数据的中位数一定比原数据的中位数大 D. 新数据的标准差一定比原数据的标准差大 【答案】BD 【解析】 【分析】根据极差、平均数、中位数、标准差的定义，分别算出新数据的数值与原数据比较可得. 【详解】对于，数据的极差为， 新数据的极差为，故A错误； 对于，设数据的平均数为，则， 所以新数据平均数为， 则当时，，故B正确； 对于，数据的中位数为， 新数据的中位数为，当时，，故C错误； 对于，设数据的标准差为， 则， 新数据的方差为[]， 新数据的标准差为4s，故新数据的标准差一定比原数据的标准差大，故D正确． 故选：BD． 11. 在直三棱柱中，，点M是棱上的一点，则下列说法正确的是（ ） A. AM⊥BC B. 四棱锥的体积为2 C. 直三棱柱外接球的表面积是 D. 的最小值为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，可由平面证得；对B，由，可知；对C，直三棱柱外接球即以为长、宽、高的长方体的外接球；对，将矩形与矩形展开到同一平面内，的长即为的最小值. 【详解】对于，在直三棱柱中，平面ABC，又BC平面ABC，所以， 又AB＝BC＝2，，所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于，因为∥平面，平面， 所以∥平面，所以， 所以，故B错误； 对于，直三棱柱外接球的半径，表面积为，故C正确； 对于，将矩形与矩形展开到同一平面内，连接，与相交于点M，如图， 故的长即为的最小值，故最小值为，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. 已知向量的夹角为，，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的公式和运算律计算. 【详解】因为向量的夹角为，， 所以． 故答案为：. 13. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张，则抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率为______． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】列举基本事件，利用古典概型概率公式求解. 【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张， 样本空间共10个基本事件，即 用表示“抽到的3张卡片上的数字之和不小于10”，则共4个基本事件，即 所以抽到3张卡片上的数字之和不小于10的概率． 故答案为：. 14. 在棱长为的正方体中，点E是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为______；点P是正方体表面上的一动点，且满足，则动点P的轨迹长度是______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】①以为直线与AC所成的角或其补角，利用余弦定理求解；②分别取，AB，AD的中点F，G，M，N，H，则点的轨迹是六边形. 【详解】①连接，易得， 所以为直线与AC所成的角或其补角．又， 由余弦定理得， 即直线与AC所成角的余弦值为． ②分别取，AB，AD的中点F，G，M，N，H， 连接EF，FG，GM，MN，NH，HE，， 因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为F，M，N分别是，AB的中点，所以， 所以，同理可得， 所以E，F，G，M，N，H六点共面，且六边形EFGMNH为边长为的正六边形， 因为平面，平面，所以BD，又， 平面，所以平面， 又平面，所以，因为N，H分别为AB，AD的中点，所以， ，同理可得，又，平面， 所以平面，因为，所以点的轨迹是六边形， 所以点P的轨迹长度为． 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. 设，复数． （1）若为纯虚数，求实数a的值； （2）若复数是关于x的方程的一个根，求的值． 【答案】（1）或． （2）1或-1 【解析】 【分析】（1）根据复数的乘法和虚数的概念进行求解即可. （2）将复数代入方程中得到关于的等式，然后可求得，进而求出结果. 【小问1详解】 由题意知， 又为纯虚数，所以，解得或． 【小问2详解】 因为复数是关于的方程的一个根， 所以，整理得， 所以，解得，或， 所以，或． 16. 已知平面向量． （1）若，且，求和的值； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线性向量的坐标表示列出关于的方程组，然后求解即可. （2）先根据向量的垂直坐标表示求出的值，然后根据向量的模的计算公式进行求解即可. （3）根据向量数量积和向量的夹角计算公式可列出不等式方程组，从而求出的范围. 【小问1详解】 因， 所以解得． 【小问2详解】 若，则，解得， 所以，，. 【小问3详解】 因为与的夹角为锐角，所以且不同向，即 解得且，即的取值范围是． 17. 小张、小胡两位同学进行两轮语文常识答题比赛，每轮由小张、小胡各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小胡每轮答对的概率为，在每轮比赛中，小张、小胡答对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求小张在两轮比赛中至少答对1题的概率； （2）求在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据对立事件的内涵进行求解即可. （2）分别求出在两轮比赛中，小张、小胡答对题目个数为的概率，然后概率之积求得结果. 【小问1详解】 记“小张在两轮比赛中至少答对1题”为事件， 所以，即小张在两轮比赛中至少答对1题的概率为． 【小问2详解】 记“小张在两轮比赛中答对题”为事件， “小胡在两轮比赛中答对题”为事件， “在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等”为事件， 所以，， ，， 所以， 即在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率为． 18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且． （1）求； （2）若，求的面积的最大值； （3）若，，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即可； （2）结合（1）、余弦定理及基本不等式得到，再根据三角形的面积公式求解即可； （3）根据题意及和角的余弦公式得到，再根据正弦定理得到，最后根据余弦定理求解即可． 【小问1详解】 因为， 则由正弦定理得， 所以， 又， 所以， 又，得， 则，即， 因为，所以． 【小问2详解】 由余弦定理得， 结合（1）可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为， 即的面积的最大值为． 【小问3详解】 因为，则， 所以， 又，则， 由正弦定理得， 所以，得， 由余弦定理可得， 即，解得． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． （1）记平面与平面的交线为，求证：． （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面平行的性质即可证明结论； （2）利用二面角的平面角的定义作出二面角的平面角，再解直角三角形，即可求得答案. 【小问1详解】 因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以. 【小问2详解】 分别取的中点，连接，如图所示： 因为，所以，又， 由余弦定理得， 又，所以， ， 所以，即，即． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，因为分别为的中点，所以， 又，所以，又平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角． 因为，．所以， 所以，即二面角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $