精品解析：广东省兴宁市第一中学2025-2026学年高二上学期开学分班考试数学试卷

兴宁一中高二暑期分班考试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 2. 设，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 3. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 4. 某中学共有300名教职员工，其中一线教师200人，行政人员60人，后勤人员40人，采取分层随机抽样，拟抽取一个容量为60的样本，则行政人员应抽取（ ） A. 40人 B. 28人 C. 12人 D. 8人 5. 已知向量，，则使，成立的分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 6. 在四面体中，空间的一点满足，若，，共面，则（ ） A. B. C. D. 7. 将一枚质地均匀的正四面体教具连续抛掷（，）次，第5次和第8次某一面朝下的概率分别记为，，则，的大小关系为（ ） A. ，的大小由确定 B. C. D. 8. 美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ） 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，全选对给6分，部分选对的给部分分，有错选的给0分． 9. 已知平面过点，其法向量，则下列点不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 10. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. 的周长为 C. D. 外接圆的面积为 11. 如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 存在点E，使得平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面的法向量是，平面的法向量是，若，则的值是________. 13. 将个数据按照从小到大的顺序排列如下:，若该组数据的分位数为22，则______________． 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三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. 已知复数，其中. （1）若，求的值； （2）若对应的点在第一象限，求的取值范围. 16. 甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲 82 81 79 78 95 88 93 84 乙 92 95 80 75 83 80 90 85 （1）求甲成绩的80%分位数； （2）现要从中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度（平均数、方差）考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由． 17. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）设，，求和外接圆的面积． 18. 已知长方体，，，为棱的中点，为线段的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． 在图2中： （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兴宁一中高二暑期分班考试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模，复数除法运算公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，所以. 故选：C 2. 设，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的坐标运算建立方程，求解参数即可. 【详解】，，且， ，解得，故D正确. 故选：D． 3. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解. 【详解】由题意知，， 将直观图还原为原图，如图， 则， 所以， 所以原四边形的周长为12. 故选：C 4. 某中学共有300名教职员工，其中一线教师200人，行政人员60人，后勤人员40人，采取分层随机抽样，拟抽取一个容量为60的样本，则行政人员应抽取（ ） A. 40人 B. 28人 C. 12人 D. 8人 【答案】C 【解析】 【分析】求出行政人员占的比例，从而得到应抽取人数. 【详解】行政人员占的比例为，故行政人员应抽取的人数为. 故选：C． 5. 已知向量，，则使，成立的分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量垂直、平行的坐标表示可分别求得结果. 【详解】当时，，解得； 当时，则有，解得. 故选：A. 6. 在四面体中，空间的一点满足，若，，共面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共面定理求解． 【详解】由题意， ，， ∵，，共面， ∴存在实数唯一实数对，使得， ， ∴，解得． 故选：B． 【点睛】结论点睛：本题考查空间向量共面定理．空间上任意三个不共面的向量都可以作为一个基底，其他向量都可用基底表示，且表示方法唯一．是不共面的向量，，则共面． 7. 将一枚质地均匀的正四面体教具连续抛掷（，）次，第5次和第8次某一面朝下的概率分别记为，，则，的大小关系为（ ） A. ，的大小由确定 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由相互独立事件的概念判断求解即可. 【详解】质地均匀的正四面体，每次抛掷每个面朝下的概率均为，且每次抛掷相互独立， 故第5次和第8次某一面朝下的概率都是，即. 故选：D 8. 美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式可求进而解方程即可得解. 【详解】因为， 所以，又 所以，化简得， 可得， 解得（负值舍去），所以. 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，全选对给6分，部分选对的给部分分，有错选的给0分． 9. 已知平面过点，其法向量，则下列点不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件逐一验证以点A为起点，各选项中的点为终点的向量与是否垂直即可判断作答. 【详解】因过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，点在平面内，那么与点A不重合的点B在平面内， 当且仅当，而平面的法向量， 对于A，，，则点在平面内，A错误； 对于B，，，则点不在平面内，B正确； 对于C，，，则点不在平面内，C正确； 对于D，，，则点在平面内，D错误． 故选：BC 10. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. 的周长为 C. D. 外接圆的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理解三角形即可得到有关结论. 【详解】由，得，解得或（舍去）， 所以的周长为，A正确，B正确. 因为，所以，解得，C错误. 设外接圆的半径为R，因为，所以，外接圆的面积为，D正确. 故选：ABD. 11. 如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 存在点E，使得平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】 对A,根据中位线的性质判定即可. 对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可. 对C,根据与平面有交点判定即可. 对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可. 【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确; 在B中,因为,,故, 故.故,又有, 所以平面,故B正确； 在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误. 在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面的法向量是，平面的法向量是，若，则的值是________. 【答案】6 【解析】 【分析】根据空间向量的平行列式求值即可得解. 【详解】∵，∴的法向量与的法向量也互相平行. ∴，∴. 故答案为：6. 13. 将个数据按照从小到大的顺序排列如下:，若该组数据的分位数为22，则______________． 【答案】21 【解析】 【分析】根据百分位的计算求解即可. 【详解】因为， 所以分位数是第4、5个数据的平均数， 所以，解得. 故答案为： 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 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. 已知复数，其中. （1）若，求的值； （2）若对应的点在第一象限，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）复数表示实数，只须，求解即可； （2）复数对应的点在第一象限，只须，解不等式组即可. 【小问1详解】 由，可得，解得或； 【小问2详解】 由对应的点在第一象限，可得， 解得且， 所以的取值范围为. 16. 甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲 82 81 79 78 95 88 93 84 乙 92 95 80 75 83 80 90 85 （1）求甲成绩的80%分位数； （2）现要从中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度（平均数、方差）考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由． 【答案】（1）93 （2）甲，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的求法求解即可； （2）分别求出甲与乙成绩的平均数和方差，即可确定选派哪位学生参加合适. 【小问1详解】 对甲成绩从小到大排序：78 79 81 82 84 88 93 95 80%分位数位置，取第7项93． 【小问2详解】 甲平均数， 乙平均数， 甲方差为 乙方差为 甲与乙的平均数相等，甲的方差小于乙的方差，所以甲的成绩稳定性更好，所以应选派甲参加数学竞赛． 17. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）设，，求和外接圆的面积． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后结合两角差的余弦公式计算即可得； （2）借助余弦定理可得，再利用正弦定理与圆的面积公式计算即可得. 【小问1详解】 由，则， 又，则，故， 化简得，又，故； 【小问2详解】 ， 外接圆半径， 故外接圆面积． 18. 已知长方体，，，为棱的中点，为线段的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）以D为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用两直线的方向向量求得异面直线的夹角的余弦值； （2）设出面的法向量为，利用空间向量的运算，求得一个法量，然后利用直线的方向向量与法向量的夹角求得. 【详解】（1）以D为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，，，， 则，，直线与所成角为，则； （2），，， 设面的法向量为，则，即， 令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【点睛】本题考查空间异面直线所成的角和线面角，建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解是常用的方法. 19. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． 在图2中： （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 由题意知，，， 则，故， 又，且，平面，故平面， 而平面，故平面平面． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理得，根据线面垂直的性质定理得平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）结合等体积法，利用锥体的体积求高即可； （3）根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可得，由（1）知平面， 所以， 又，所以． 【小问3详解】 在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为， 连接，由平面，平面，故， 因为，，平面，所以平面， 由（2）知，因为平面，故，又， ，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 则为二面角的平面角， 又平面，故，所以． 由题意知直角三角形中，， 故， 又，则，所以， 故二面角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $