精品解析：四川省资阳市安岳中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题（重点班）

安岳中学高2024级第三学期入学考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟；满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 已知向量，，且，则的值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 2. 已知复数，则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 3. 在正方体中，异面直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 已知一个圆锥的母线长为3，表面积为，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 5 5. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 是偶函数 7. 庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，则曲线与所有交点的横坐标之和为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 学校为调研同学们对某旅游城市景区的了解情况，随机调查了6名同学所知道的景区个数，得到一组样本：1，2，3，2，4，5，则（ ） A. 这组数据的众数为2 B. 这组数据的平均数为3 C. 这组数据的极差为4 D. 这组数据的60%分位数为3 10. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 若直线平面，直线，则 B. 两条异面直线被两个平行平面截得的线段的中点连线平行于这两个平面 C. 若平面平面，直线平面，直线平面，则 D. 若直线平面，直线平面，直线平面，直线平面，则 11. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为36π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某汽车4店欲通过分层随机抽样了解、、三个小区居民对新能源汽车的购买意愿．已知这三个小区的人口分别为1200人、800人、500人，若总样本量为100人，则应从小区抽取_________人． 13. 定义：向量叫向量与的外积，且的模为（其中表示向量与的夹角）．已知点，则_________． 14. 已知，在三棱锥中，平面，，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. 为深化共享单车监管工作，某市交通管理部门随机选取100名市民开展共享单车使用满意度问卷调查．按照百分制评分标准，将这100份问卷的结果分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]6组，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）估计本次问卷调查评分的众数和中位数； （2）估计本次问卷调查评分的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）． 16. 已知向量，若，与的夹角为． （1）求； （2）求与夹角的余弦值． 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若是边的中点，，求面积的最大值． 18. 已知函数的两条相邻对称轴的距离为． （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象． 若，且，求的值； 19. 如图，在三棱柱中，，为中点，侧面为矩形． （1）求证：； （2）若，四棱锥的体积为，求侧棱与底面所成角； （3）令，若，求二面角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安岳中学高2024级第三学期入学考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟；满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 已知向量，，且，则的值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直列方程求解即可. 【详解】已知向量，，且，则，解得. 故选：A. 2. 已知复数，则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】应用复数除法化简复数，根据对应点判断所在象限. 【详解】由题设，对应点为在第二象限. 故选：B 3. 在正方体中，异面直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，则得∥，从而得为异面直线与所成的角，然后在三角形中可得答案 【详解】解：连接， 因为,∥， 所以四边形为平行四边形， 所以∥，所以为异面直线与所成的角， 在正方体中，， 所以三角形为等边三角形，所以， 所以异面直线与所成的角的大小为， 故选：C 【点睛】此题考查异面直线所成的角，属于基础题 4. 已知一个圆锥的母线长为3，表面积为，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，根据圆锥的表面积为，母线长为，由求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为， 因为圆锥的表面积为，母线长为， 所以， 即 ， 解得 或 （舍去） 故选：A 5. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用向量加法法则及平面的基本定理用表示即可得. 【详解】. 故选：B 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 是偶函数 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合“五点法“作图，求出函数的解析式，再逐项判断作答. 【详解】观察图象知，最大值是2，而，解得， 函数周期，A选项错误； 由选项A可得，则，所以， 因为，所以，所以，B选项错误； 因为，C选项正确； 因为 所以，所以不是偶函数，D选项错误. 故选：C 7. 庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，证明平面，得到。利用相关条件求出高FO，代入体积公式求可. 【详解】如图， 已知，，， 过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ， 因为，，平面，所以平面，平面，所以， 因四条斜脊长度相等，则，， 又斜脊与底面所成角均为，则，即该五面体的高度为10m． 所以其体积． 故选：C 8. 设函数，则曲线与所有交点的横坐标之和为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知函数图象数形结合及已知函数的对称性求解横坐标之和即可. 【详解】曲线与的交点， 如图函数有7个交点， 因为与， 所以曲线与都关于对称， 所以所有交点的横坐标之和为. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 学校为调研同学们对某旅游城市景区的了解情况，随机调查了6名同学所知道的景区个数，得到一组样本：1，2，3，2，4，5，则（ ） A. 这组数据的众数为2 B. 这组数据的平均数为3 C. 这组数据的极差为4 D. 这组数据的60%分位数为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据众数、平均数、极差及百分位数的定义求样本特征数值，即可判断各项正误. 【详解】将样本数据从小到大排列得，众数为2，平均数为， 极差为，由，则这组数据的60%分位数是第4个数，为3. 故选：ACD 10. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 若直线平面，直线，则 B. 两条异面直线被两个平行平面截得的线段的中点连线平行于这两个平面 C. 若平面平面，直线平面，直线平面，则 D. 若直线平面，直线平面，直线平面，直线平面，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项即可. 【详解】对于A，若直线平面，直线，则或，A选项错误； 对于B，如图，平面且为两条异面直线， 分别为的中点， 过点作交平面于，连接， 设是的中点，则， 又，所以， 因为，所以， 又平面， 所以平面平面， 又，所以平面平面， 又平面，所以， 即夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面， 故B选项正确； 对于C，若平面平面，设，直线平面，直线平面， 所以所成角为所成面面角，则，C选项正确； 对于D，若直线平面，直线平面，，直线平面，直线平面，则可以是相交平面，D选项错误； 故选：BC. 11. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为36π 【答案】ACD 【解析】 【分析】平面平面，在线段上时，平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：因为是的中点，是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面， 取中点，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面， 所以在线段上时，平面， 平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，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. 某汽车4店欲通过分层随机抽样了解、、三个小区居民对新能源汽车的购买意愿．已知这三个小区的人口分别为1200人、800人、500人，若总样本量为100人，则应从小区抽取_________人． 【答案】20 【解析】 【分析】根据分层抽样计算求解. 【详解】4店欲通过分层随机抽样了解、、三个小区居民对新能源汽车的购买意愿． 这三个小区的人口分别为1200人、800人、500人， 若总样本量为100人，则应从小区抽取人． 故答案为：. 13. 定义：向量叫向量与的外积，且的模为（其中表示向量与的夹角）．已知点，则_________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据新定义计算求解. 【详解】因为点，所以，， 所以 则． 故答案为：5. 14. 已知，在三棱锥中，平面，，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理求出的外接圆直径，利用公式可计算得出三棱锥的外接球直径，然后利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为， 取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于， 则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得. 平面，设的外接圆为圆， 可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示： 设的外接圆直径为，，又， 由正弦定理可得， 该三棱锥的外接球直径为，则. 因此，三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. 为深化共享单车监管工作，某市交通管理部门随机选取100名市民开展共享单车使用满意度问卷调查．按照百分制评分标准，将这100份问卷的结果分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]6组，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）估计本次问卷调查评分的众数和中位数； （2）估计本次问卷调查评分的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）． 【答案】（1）75，75 （2）74 【解析】 【分析】由频率分步直方图计算众数，中位数，平均数计算方法可得答案. 【小问1详解】 众数为． ∵，解得． 设中位数为，则前3组频率之和为， 又前4组频率之和为， ∴中位数在第4组，由，可得，故中位数为75； 【小问2详解】 平均数为． 16. 已知向量，若，与的夹角为． （1）求； （2）求与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用平面向量的数量积定义计算得，再结合模长及数量积公式计算求解； （2）应用夹角余弦公式结合数量积公式及模长公式计算求解. 【小问1详解】 因为，与的夹角为，所以， ∴， ∴． 【小问2详解】 由（1）可知， ∴． ∵， 设与的夹角为， ∴． 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若是边的中点，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理或余弦定理进行边角互化即可得出结果； （2）用向量法利用中线定理，结合基本不等式即可得解． 【小问1详解】 方法1：由正弦定理可化为 ， ∴，∴． ∵，∴， ∵，∴． 方法2：∵，由余弦定理得 ， 化简可得，∴， ∵，∴． 【小问2详解】 ∵为边中点，∴， ∴， ∵，∴， ∵（当且仅当时等号成立）， ∵， ∴，∴面积的最大值为． 18. 已知函数的两条相邻对称轴的距离为． （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象． 若，且，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式对解析式进行化简，结合函数图象的对称性求出的值，即得函数解析式； （2）根据三角函数图象的平移伸缩变换得到的解析式，由题求得，结合的范围，求得，通过凑角后利用和角的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 因 ， 由函数的相邻两条对称轴的距离为，所以函数的周期． 则．所以． 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位长度，得． 再将所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到． 因为，所以． 因为，则，则， 所以 ． 19. 如图，在三棱柱中，，为中点，侧面为矩形． （1）求证：； （2）若，四棱锥的体积为，求侧棱与底面所成角； （3）令，若，求二面角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）取中点，连接、、， 由题知，，则，又，则， ∵平面，∴平面． ∵平面．∴． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再应用线面垂直的性质得出线线垂直即可； （2）应用线面角定义得出即为侧棱与底面所成角，再应用等体积得出，即可求出角的值； （3）应用二面角定义结合面面垂直的性质定理得出即为二面角的平面角，再结合正切函数的值域计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，为中点，∴， ∵，∴点到三顶点距离相等，∴点在底面的射影为的外心． ∵为直角三角形，为斜边中点， ∴平面，∴即为侧棱与底面所成角， 又∵，∴ 由， ∴，又∵，∴． ∴侧棱与底面所成角为． 【小问3详解】 由（1）知平面．平面， ∴平面平面． ∵平面平面， 过作于，则平面，平面， 过作于，连接， 则即为二面角的平面角． ∵， ∴，，中，，得． ∴． ∵，∴，∴． ∴二面角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $